【洛谷4193】数字（简单数学题）

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• 定义(S(n))为(n)各位数字之和并定义(D(n)=egin{cases}S(n)&S(n)<10,\D(S(n))&S(n)ge10end{cases})，求([l,r])中有多少个数可以表示为(x imes D(x))的形式。
• 数据组数(le20,lle rle 10^{18})

数学推导

众所周知，(S(n)equiv n(mod 9))，则进一步就可以推得(D(n)equiv n(mod 9))。又因为(D(n)in[1,9])，所以可以直接根据(n\%9)来确定出(D(n))的值。

而这种问题的一个套路就是拆分成([1,l-1])和([1,r])两个询问，所以只要考虑求解([1,n])的答案。

因此枚举(i=D(x))，则(x=9k+i)，(x imes D(x)=9ki+i^2)，所以(9ki+i^2le n)即(klelfloorfrac{n-i^2}{9i} floor)，那么共有(lfloorfrac{n-i^2}{9i} floor+1)个解。

结束了？

然而并没有，因为一个数可能可以同时表示成多个不同的(x imes D(x))。

那么加设有两个不同的(D(x))分别等于(i,j)，满足(9pi+i^2=9qj+j^2)，变形一下有(pi-qj=frac{(j+i)(j-i)}9)。

由于左边的式子是整数，因此(9|(j+i)(j-i))，则(9|(j+i))或(3|(j-i),3|(j+i))，最后发现只有当(i+j=9)的时候才有可能。

因此一个数最多被计算两次，只需考虑有多少个数是被重复计算的即可。

枚举(iin [1,4])，不妨令(j=9-i)，其实也就是要求(pi-qj=frac{(j+i)(j-i)}9)的自然数解(p,q)的对数。

再变个形就得到：(p=frac{frac{(j+i)(j-i)}9+9qj}i)。那么就是([0,lfloorfrac{n-j^2}{9j} floor])中满足(i|(9jcdot q+frac{(j+i)(j-i)}9))的(q)的个数。

反正(i)很小，直接枚举(q'=q\%i)代入式子中检验，如果可行，就只要求([0,lfloorfrac{n-j^2}{9j} floor])中满足(q\% i=q')的数的个数，显然是(lfloorfrac{lfloorfrac{n-j^2}{9j} floor-q'}i floor+1)。

代码：(O(81T))

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define LL long long
using namespace std;
I LL Calc(CI a,CI b,Con LL& n)//计算a,b算重的数的个数
{
	RI o=(b*b-a*a)/9;LL m=(n-b*b)/9/b,t=0;//m记录取值上界
	for(RI i=0;i^a;++i) !((i*b+o)%a)&&(t+=(m-i+a)/a);return t;//枚举模a的余数计算
}
int main()
{
	RI Tt,i;LL l,r,t=0;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
	{
		for(scanf("%lld%lld",&l,&r),t=0,i=1;i<=9;++i) t+=(r-i*i+9*i)/9/i-(l-1-i*i+9*i)/9/i;//枚举D(x)计算
		for(i=1;i<=4;++i) t-=Calc(i,9-i,r)-Calc(i,9-i,l-1);printf("%lld
",t);//减去算重的方案数
	}return 0;
}