[LuoguP4808][CCC 2018]平衡树(数论分块+记忆化搜索)(有复杂度证明)

[LuoguP4808][CCC 2018]平衡树(数论分块+记忆化搜索)(有复杂度证明)

题面

我们定义「完美平衡树」如下：
每棵完美平衡树都有一个正整数权值。权值为 (1) 的完美平衡树为只含有 (1) 个节点的树。否则，这棵树的权值为 (w(wge2))，则这棵树为一棵含有 (k(2le kle w)) 棵子树的有根树。所有的 (k) 棵子树都必须是相同的，且它的所有 (k) 棵子树必须完全相同，且自身是完美平衡的。

特别地，所有 (k) 棵子树权值必须相同。它们的权值必须为 (leftlfloorfrac{w}{k} ight floor) 。例如，如果一棵权值为 (8) 的完美平衡树有 (3) 棵子树，那么每棵子树的权值为 (2)，因为 (2+2+2=6le8)。

给定 (N(1leq n leq 10^9))，求出权值为 (N) 的完美平衡树的数量。

分析

简化版题面.已知(f_1=1,f_n=sum_{i=2}^n f_{lfloorfrac{n}{i} floor}(n geq 2)),求(f_n(n leq 10^9))

首先,可以利用数论分块把(f_{lfloorfrac{n}{i} floor})的枚举优化到(O(sqrt n)),然后注意到(f_n)用到的状态不多,可以用记忆化搜索,于是就跑过了。

时间复杂度(O(n^{frac{3}{4}})),证明如下:
由于(lfloorfrac{n}{xy} floor=lfloor frac{lfloorfrac{n}{x} floor}{y} floor),那么用到的状态数只有根据数论分块(n)分出的(sqrt{n})个,那么可以写出递归式

[T(n)=sum_{i=2}^n T(lfloor frac{n}{i} floor)+sqrt{n} ]

其中(sqrt{n})是累加的复杂度. 那么有

[T(n)=sum_{i=2}^{sqrt{n}} (T(i)+T(lfloor frac{n}{i} floor))+sqrt{n} ]

代入并展开一层,出现的和式是高阶小量,可忽略

[egin{aligned}T(n)&=sum_{i=2}^{sqrt{n}}(sqrt{i}+sqrt{lfloorfrac{n}{i} floor})+sqrt{n} \ &geq sum_{i=2}^{sqrt{n}}(2sqrt{sqrt{i}cdot sqrt{frac{n}{i}})}+sqrt{n} \ &=2sqrt{sqrt{n}}+sqrt{n} \ &=O(n^{frac{3}{4}})end{aligned} ]

注意到这恰好是杜教筛在没有线性预处理的复杂度。由于这个函数无法线性筛,所以不能做到杜教筛的(O(n^{frac{2}{3}}))

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<map> 
#define maxn 10000000 
using namespace std;
typedef long long ll;
//小的n用数组,大的n用map记录状态,卡常
ll f[maxn+5];
map<ll,ll>mf; 
ll dfs(int n){
	if(n==1) return 1;
	if(n<=maxn&&f[n]) return f[n];
	if(mf.count(n)) return mf[n];  
	ll ans=0; 
	for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans+=dfs(n/l)*(r-l+1);
	}
	if(n<=maxn) f[n]=ans;
	else mf[n]=ans;
	return ans;
}
int main(){
#ifndef LOCAL
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
#endif 
	int n; 
	scanf("%d",&n);

	printf("%lld
",dfs(n));
}