[HDU-6834] Yukikaze and Smooth numbers

[HDU-6834] Yukikaze and Smooth numbers

题意：计算([1,n])中只包含([1,k])的质因数的数个数

让人联想到Min25筛的(dp)模型

设(m=sqrt n)，可以对于(k > m)和(kleq m)讨论

Case1:(kleq m)

此时可以直接套用类似Min25筛的(dp)模型求解

令(dp_{i,j})为([1,j])只包含([1,i])的质因数的数个数

则(dp_{i,j}=sum_k dp_{i-1,lfloor frac{j}{prime_i^k} floor })

要求的是(dp_{k,n})，第二维状态是(O(m))级别的

直接写当然是近似于(O(mcdot pi(n))=O(frac{n}{log n}))级别的

加上Min25筛的优化，令(dp_i,j)不包含单质数和1的情况，以减少转移情况

如果从大到小考虑每个质数，那么只需要考虑(jge prime_i^2)的第二维状态，以减少很多的(dp)时间

沿用Min25筛复杂度证明，是(O(frac{n^{frac{3}{4}}}{log n}))的

#define id(x) (x<=m?x:cnt-n/x+1)

int dp[N],g[N],st[N],cnt;

if(k==1){ puts("1"); continue; }
m=sqrt(n),cnt=0;
rep(i,1,n) st[++cnt]=i=n/(n/i),dp[cnt]=0; // 不包括质数本身和1
int sz=1;
while(pri[sz+1]<=k) sz++;
int p=0;
rep(i,1,cnt){
    while(p<sz && pri[p+1]<=st[i]) p++;
    g[i]=p;
}    
rep(i,1,cnt) for(ll x=pri[sz]*pri[sz];x<=st[i];x*=pri[sz]) dp[i]++;
for(reg int i=sz-1;i;--i) {
    for(reg int j=cnt,tmp=pri[i]*pri[i];st[j]>=tmp;--j) {
        reg int x=st[j];
        while(x>=tmp) {
            x/=pri[i];
            dp[j]+=dp[id(x)]+g[id(x)]-i+1;
        }
    }
}
printf("%d
",dp[cnt]+sz+1);

[ ]

Case2 : (k> m)

可以把问题转化为求不合法部分，即$sum_{prime_i>k}lfloor frac{n}{prime_i} floor $

采用数论分段计算$lfloor frac{n}{i} floor $，那么剩下的问题就是要求一段区间内的质数个数

同样采用类似上面的模型，

令(dp_{i,j})为([1,j])内与前([1,i])内质数互质的个数以及这些质数本身，不包括1

int n,m;
int dp[N],g[N],st[N],cnt;
#define id(x) (x<=m?x:cnt-n/x+1)

int Count(int n) {
    if(n<N) return pcount[n];
    ::n=n,m=sqrt(n),cnt=0;
    rep(i,1,n) st[++cnt]=i=n/(n/i),dp[cnt]=i-1;
    for(reg int i=1;pri[i]<=m;++i) {
        for(reg int j=cnt,tmp=pri[i]*pri[i];st[j]>=tmp;--j) {
            reg int k=st[j]/pri[i];
            dp[j]-=dp[id(k)]-(i-1);
        }
    }
    return dp[cnt];
}

具体复杂度没有算过，应该不会太高