6785. 2020.08.07【NOI2020】模拟T3 重映射

题目

设$g(x)$为$x$的可重质因子数目，$f(x)=2^{g(x)}$。

求${\sum }_{i=1}^{n}f(i)$

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正解

奇怪的数论知识增加了。

介绍一个叫power number的东西。power number是所有的质因子的指数都大于等于$2$的数。

每个power number都可以表示成$a^2{b}^3$的形式，其中$a,b\in Z^{+}$

power number的数量是比较少的，所以有没有什么办法将值挂在power number上优化求值呢？

构造数论函数$u$满足$u\ast I\ast I=f$，即$u=f\ast \mu \ast \mu$。容易得知$u$也是个积性函数，并且手玩可以玩出$u(p^k)$（$p$为质数）的表达式。然后就可以发现$u$只有在power number处有值。

接下来推一下式子：${\sum }_{i=1}^{n}f(i)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j}u(j){\sum }_{a,b}[jab=i]={\sum }_{j}u(j){\sum }_{a,b}[jab\le n]={\sum }_{j}u(j){\sum }_{a,b}[ab\le \frac{n}{j}]$

记$d(n)={\sum }_{a,b}[ab\le n]$。

这是一个经典问题。朴素求法是变成${\sum }_i\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，整除分块。

然后发现时间卡不过去……

有个小优化：画出函数图像$xy=n$，我们要求函数图像和$x$正半轴和$y$正半轴之间的整点个数。这个东西可以看成一个正方形和两个斜边是弯的三角形。正方形的整点可以$O(1)$算，然后求弯的三角形内的整点就可以直接枚举每一行，这里行数是$O(\sqrt{n})$的。

形式化地说，就是$2{\sum }_{i=1}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +\lfloor \sqrt{n}{\rfloor }^2$

左边的这个东西直接暴力算（不要整除分块！！！）。

（当然还有个更厉害的做法是在SB树上二分来拟合凸包，时间复杂度理论上可以达到$O(n^{\frac{1}{3}}\lg n)$）

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代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 10000000
#define ll long long
ll n,sq,mo;
int p[N+1],np;
bool inp[N+1];
void init(int n){
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (!inp[i])
			p[++np]=i;
		for (int j=1;j<=np && i*p[j]<=n;++j){
			inp[i*p[j]]=1;
			if (i%p[j]==0)
				break;
		}
	}
}
ll calc(int k){return (1ll<=(ll)p[x]*p[x];++x){	
		ll _k=k;
		k/=(ll)p[x]*p[x];
		for (int i=2;k;k/=p[x],++i)
			dfs(x+1,k,uk*calc(i)%mo);
		k=_k;
	}
}
int main(){
	freopen("remapping.in","r",stdin);
	freopen("remapping.out","w",stdout);
	scanf("%lld%d",&n,&mo);
	sq=sqrt(n);
	for (;(sq+1)*(sq+1)<=n;++sq);
	init(sq);
	memset(d1,255,sizeof(int)*(sq+1));
	memset(d2,255,sizeof(int)*(sq+1));
	dfs(1,n,1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}