題解 HDU6834 Yukikaze and Smooth numbers
題目大意
給定\(n,k\)。我們認為一個正整數是合法的，當且僅當它所有質因數都小於等於\(k\)。求有多少小於等於\(n\)的合法的正整數。
資料範圍：\(T\)組測試資料，\(1\leq T\leq 50\)，\(1\leq n,k\leq 10^9\)。
本題題解
當\(k\geq n\)時，顯然所有\(\leq n\)的正整數都是合法的，答案就是\(n\)，我們可以特判。以下只考慮\(k<n\)的情況。
當\(k>\sqrt{n}\)時，任何數只要有一個\(>k\)的質因子，都是不合法的；而此時一個小於等於\(n\)的正整數，至多隻有\(1\)個\(>k\)
從\(k+1\)開始求和比較麻煩。先考慮求\(s(n)=\sum_{i=1}^{n}[i\text{是質數}]\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)。
這個\(s\)函式，無論是它本身，還是它在質數處的取值，都不是積性函式，很難用數論上常用的篩法求。因此我們需要進一步轉化。仔細觀察這個式子，發現\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)
我們還發現一個好訊息，這裡的\([l,r]\)不是隨意的，而是總是存在一個\(i\)使得\(r=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，而\(l\)就是上一個\(r\)加\(1\)。這正是\(\text{min25}\)篩法的前半部分：對於所有\(r\in\{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\ |\ 1\leq i\leq n\}\)
\(\text{min25}\)篩法的過程不詳細介紹了，不會的可以去看我寫的良心入門教程。
還有最後一個小問題：我們真正要算的是從\(k+1\)開始的，而不是從\(1\)開始的，這就意味著我們的第一段\(l\)，它不一定是\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor+1\)的形式。不過這也很好辦，我們用同樣的方法，篩出\(\leq k\)的質數個數，作為初始值即可。
時間複雜度\(O(\sqrt{n}+\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})\)。
以上只是\(k>\sqrt{n}\)的情況。當\(k\leq \sqrt{n}\)時，沒有什麼特別清晰的好方法。不過我們可以先把\(\leq k\)的質數篩出來，然後用這些質數爆搜出合法的數的數量。
樸素的\(\text{dfs}\)還是太慢了，需要加一些剪枝。
- 比如說，如果【當前乘積】乘以【當前考慮的質數】，已經\(>n\)了，則後面更大的質數一定不會選上，所以可以直接累加答案並返回（不需要往後走到最後一個質數再返回）。
- 再比如說，如果【當前乘積】乘以【當前考慮的質數的平方】，已經\(>n\)了，則後面的質數裡，至多隻會再選\(1\)個。我們二分出可以選的最大質數，然後把方案數累加到答案裡，並直接返回。
加上這兩個剪枝後，爆搜就跑的非常快了，足以通過\(k\leq \sqrt{n}\)的情況。
參考程式碼：
//problem:HDU6834(1008)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=31623;//sqrt(MAXN)
int n,K;
int p[MAXN+5],cnt_p;
bool v[MAXN+5];
void sieve(int lim){
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!v[i]){
p[++cnt_p]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt_p && i*p[j]<=lim;++j){
v[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
break;
}
}
}
}
int ans,lim;
void dfs(int idx,int prod){
if(idx==lim){
ans++;
return;
}
if((ll)prod*p[idx]>n){
ans++;
return;
}
if((ll)prod*p[idx]*p[idx]>n){
int l=idx,r=lim;
while(r-l>1){
int mid=(l+r)/2;
if((ll)prod*p[mid]<=n)l=mid;
else r=mid;
}
ans+=l-idx+2;
return;
}
for(ll x=1;;x*=p[idx]){
if(x*prod > n)break;
dfs(idx+1,x*prod);
}
}
struct Min25{
int n,sqrt_n;
int val[MAXN*2+5],id1[MAXN+5],id2[MAXN+5],tot;
int g[MAXN*2+5];
inline int get_id(int w){
if(w<=sqrt_n) return id1[w];
else return id2[n/w];
}
void build(int _n){
n=_n;
tot=0;
sqrt_n=sqrt(n);
for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i);
int w=n/i;
val[++tot]=w;
if(w<=sqrt_n) id1[w]=tot;
else id2[n/w]=tot;
g[tot]=w-1;
}
for(int j=1;j<=cnt_p;++j){
for(int i=1;i<=tot && (ll)p[j]*p[j]<=val[i];++i){
int k=get_id(val[i]/p[j]);
g[i]=g[i]-(g[k]-(j-1));
}
}
}
Min25(){}
}SN,SK;
void solve_case(){
cin>>n>>K;
if(K>=n){
cout<<n<<endl;
return;
}
if(K<=MAXN){
ans=0;
lim=cnt_p+1;
for(int i=1;i<=cnt_p;++i){
if(p[i]>K){
lim=i;
break;
}
}
dfs(1,1);
cout<<ans<<endl;
}
else{
SN.build(n);
SK.build(K);
ans=0;
int lst=SK.g[1];
for(int i=K+1,j;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i);
int k=SN.get_id(j);
assert(SN.val[k]==j);
ans+=(SN.g[k]-lst)*(n/i);
lst=SN.g[k];
}
cout<<n-ans<<endl;
}
}
int main() {
sieve(MAXN);
int T;cin>>T;while(T--){
solve_case();
}
return 0;
}