[HDU-6834] Yukikaze and Smooth numbers

題意：計算\([1,n]\)中只包含\([1,k]\)的質因數的數個數

讓人聯想到Min25篩的\(dp\)模型

設\(m=\sqrt n\)，可以對於\(k > m\)和\(k\leq m\)討論

Case1:\(k\leq m\)

此時可以直接套用類似Min25篩的\(dp\)模型求解

令\(dp_{i,j}\)為\([1,j]\)只包含\([1,i]\)的質因數的數個數

則\(dp_{i,j}=\sum_k dp_{i-1,\lfloor \frac{j}{prime_i^k}\rfloor }\)

要求的是\(dp_{k,n}\)

直接寫當然是近似於\(O(m\cdot \pi(n))=O(\frac{n}{\log n})\)級別的

加上Min25篩的優化，令\(dp_i,j\)不包含單質數和1的情況，以減少轉移情況

如果從大到小考慮每個質數，那麼只需要考慮\(j\ge prime_i^2\)的第二維狀態，以減少很多的\(dp\)時間

沿用Min25篩複雜度證明，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; // 不包括質數本身和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\n",dp[cnt]+sz+1);
 

\[\ \]

Case2 : \(k> m\)

可以把問題轉化為求不合法部分，即$\sum_{prime_i>k}\lfloor \frac{n}{prime_i}\rfloor $

採用數論分段計算$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor $，那麼剩下的問題就是要求一段區間內的質數個數

同樣採用類似上面的模型，

令\(dp_{i,j}\)為\([1,j]\)內與前\([1,i]\)內質數互質的個數以及這些質數本身，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];
}
 

具體複雜度沒有算過，應該不會太高