「BZOJ 2440」完全平方数「数论分块」

题意

(T)组数据，每次询问第(k)个无平方因子的数（(1)不算平方因子），(Tleq 50,kleq 10^9)

题解

(k)的范围很大，枚举肯定不行，也没什么奇妙性质，于是可以想到二分。

二分的话我们需要实现一个函数(f(n))表示(n)以内的数中无平方因子的数个数

这十分经典，相当于求(f(n)=sum_{i=1}^nmu^2(i))

解法就是：我们考虑一个质数(p)，(p^2)的倍数都不满足要求，也就是说答案得减去(lfloor frac{n}{p^2} floor)。但显然这个会重复，需要容斥。就是说一个数(x=p_1p_2..p_k)，答案得加上((-1)^k lfloor frac{n}{x^2} floor)。

然后就会神奇地发现对于一个正整数(i)它的贡献的系数恰好就是(mu(i))！

也就是说答案就是(sum_{i=1}^{sqrt n} mu(i) lfloor frac{n}{i^2} floor) 。预处理(mu)前缀和然后数论分块就好。

分块那里有一点小细节，与常见数论分块不大一样。还有二分的右边界，可以设为(k)的(4)倍，实际上观察样例就可以猜到(2)倍就可以了。

复杂度为大致为(O(Tsqrt klog k))

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 64000;

int mu[N + 5], p[N + 5], cnt;
bool tag[N + 5];

void sieve(int n) {
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i ++) {
        if(!tag[i]) {
            p[cnt ++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < cnt; j ++) {
            if(i * p[j] > n) break ;
            tag[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) {
                mu[i * p[j]] = 0;
                break ;
            }
            mu[i * p[j]] = - mu[i];
        }
    }
    for(int i = 2; i <= n; i ++) mu[i] += mu[i - 1];
}

ll calc(ll n) {
    ll x = (ll) sqrt(n), ans = 0;
    for(ll i = 1, j; i * i <= n; i = j + 1) {
        j = sqrt(n / (n / (i * i)));
        if(j > x) j = x;
        ans += (mu[j] - mu[i - 1]) * (n / (i * i));
    }
    return ans;
}

int main() {
    sieve(N);
    int t, k; scanf("%d", &t);
    while(t --) {
        scanf("%d", &k);
        ll l = 1, r = 4e9, mid, ans = -1;
        while(l <= r) {
            mid = (l + r) >> 1;
            if(calc(mid) >= k) r = (ans = mid) - 1;
            else l = mid + 1;
        }
        printf("%lld
", ans);
    }
    return 0;
}