抛出问题

题目来源:洛谷一位大佬的比赛的第一题

题目大意:求下面式子的值:

$$\sum^{B} _ {i=A}\sum^{i} _ {j=1}\left \lfloor \frac{i}{j} \right \rfloor \times \left ( -1\right )^j$$

题目解答

比赛解答

比赛解答链接

$O(\sqrt{B})$的原创解答在本博客最下面。

各位也可以参考一下另一位大佬写的$O(\sqrt{B})$的做法:大佬博客链接

冷静分析

第一时间想到的是内部分块做法,外部线性暴力,不过细细一看,这绝对会超时的啊(你自己都说暴力了)!因此我们需要一个线性做法。

那么我们就需要将式子变形了。

$$
\sum^{B} _ {i=A}\sum^{i} _ {j=1}\left \lfloor \frac{i}{j} \right \rfloor \times \left ( -1 \right )^j
=\sum^{B} _ {i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{B} _ {j=A} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right )
$$

注意到式子中,我们把$-1$提出来了,为了使式子等价于原来的式子,我们不得不给式子做一个大手术。因为$-1$提前了,那么它的幂次只能是$i$,于是我们将$i$和$j$的意义替换,变换式子使得其等价于原来的式子。其中注意$i>j$时,分式向下取整得$0$,对答案无影响,所以这两个式子是等价的。

看到这里,你可能还是不知道怎么得到线性做法,我们就这样看:

$$
\sum^{B} _ {i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{B} _ {j=A} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right )
=\sum^{B} _ {i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \left ( \sum^{B} _ {j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor – \sum^{A-1} _ {j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) \right )
$$

现在$i$是比较稳定的了,因为当$i$取一个值时,而$j$是连续递增的,那么向下取整可以得到连续$i$个的向下取整的相同的值。

举个例子吧,当$i=3$时,假设$j$从$1$逐一递增到无穷,我们会得到:

$$0,0,1,1,1,2,2,2,3,3,3,\cdots $$

那么我们就可以在$O(1)$的常数时间内算出里面的和式差,最终我们就得到了时间复杂度为$O(B)$的算法。

当然,由于$B$有点大,因此我们需要稍微注意一下常数问题。

不过,在写程序的时候,要注意考虑前面的$0$的个数是$i-1$个的。但是总体还是有规律可循,具体看我的程序。

程序实现

#include <cstdio>
int main()
{
    int a, b;
    long long ans = 0, r, s, t;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    for(register int i = 1; i <= b; i += 1)
    {
        r = a / i - 1;//因为最后一项长度不定,所以我们确定倒数第二项
        s = (a - r * i - i) * (r + 1);//计算最后一项的长度并求和
        r = (r + 1) * r / 2 * i;//前面项的和
        t = s + r;
        //同理可得
        r = (b + 1) / i - 1;
        s = (b + 1 - r * i - i) * (r + 1);
        r = (r + 1) * r / 2 * i;
        if(i & 1)
            ans -=  s + r - t;
        else
            ans += s + r - t;
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}

最大耗时点耗时:237ms。

当然,我还发现了一些牛逼解答方式,总耗时0ms的程序,有时间我会学习一下OwO。

极速解法(原创)

冷静分析

我们再将那个和式进行变换:

$$
\sum^{B} _ {i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \left ( \sum^{B} _ {j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor – \sum^{A-1} _ {j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) \right )
=\sum^{B} _ {i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{B} _ {j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right ) – \sum^{A-1} _ {i=1}\left ( \left ( -1 \right )^i \sum^{A-1} _ {j=1} \left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor \right )
$$

我们可以对最外层的和式进行分块运算。

我们只需分成$4$组进行求和即可,也就是将其分为奇偶和左右部分即可(方便快速高斯求和)。

那么分块具体如何实现呢?

我们发现内部都是有秩序的,虽然将外层的$i$以不同的值写出,同类合并之后我们会发现有点混乱,但是并非无迹可寻!

因为注意到$\left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor$在某几种$i$的值中(连续的、差为$2$的$i$值),如果组成的数的个数不变(比如都有$1$到$9$),那么除最后一个数(前面的例子的$9$),其他数的变化都是同规律线性的(根据比赛题解中提到的结论可得),可以用高斯求和公式算出来。

而组成的数个数不变,当且仅当$\left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor$中$j$取最大值时该式得到的值不变。

就比如上面提到的那个$9$,因为随着$i$的变化,比$9$小的值都会越来越多,而$9$就会被压出去(可以说是溢出吧2333),毕竟序列长度只有这么长。

而这个值(例如那个$9$)的变化也是线性的!因为前面是线性递增,那么上述的$9$的个数就会线性递减。

那么线性的都可以算出来,仅对最大值的变化讨论即可。而最大值的变化恰恰是有分块的属性(这个不难证明,大家思考一下),于是我们通过内部常数时间,外部分块时间即可算出答案。

严格来说,根号外面至少还有$4$的常数,但是似乎还有可以优化的地步(蒟蒻我太弱了)。但是时间复杂度还是$O(\sqrt{B})$的,所以很快就能通过。

由于博主太过激动,导致语言逻辑不够清晰,请多多包涵。

程序实现

#include <cstdio>

int a, b;

//对比O(B)的代码,其实只是加了一些高斯求和罢了
inline long long getans(int f)
{
    int rr, q, delta;
    long long ans = 0, r, r_, s, t, l;
    for(register int i = (f ? 1 : 2); i <= a; i = q + 2)
    {
        rr = a / i;
        q = a / rr;
        if((q & 1) && !f)//要偶数却是奇数
            q ^= 1;
        else if(!(q & 1) && f)//要奇数却是偶数
            q -= 1;
        delta = (q - i >> 1) + 1;//中间长度
        r = a / i - 1;//因为最后一项长度不定,所以我们确定倒数第二项
        l = a + 1 - r * i - i;
        s = (r + 1) * (l - (delta - 1) * (r + 1)) * delta;
        //分块的最后一项求和
        r_ = r;//记录
        r = (r + 1) * r * i >> 1;//前面项的和
        r = r * delta + ((1 + r_) * r_ >> 1) * ((delta - 1) * delta);
        //增加的值
        t = s + r;
        if(f & 1)
            ans += t;
        else
            ans -= t;
    }
    for(register int i = (f ? 1 : 2); i <= b; i = q + 2)
    {
        rr = b / i;
        q = b / rr;
        if((q & 1) && !f)//要偶数却是奇数
            q ^= 1;
        else if(!(q & 1) && f)//要奇数却是偶数
            q -= 1; 
        delta = (q - i >> 1) + 1;//中间长度
        r = b / i - 1;//因为最后一项长度不定,所以我们确定倒数第二项
        l = b + 1 - r * i - i;
        s = (r + 1) * (l - (delta - 1) * (r + 1)) * delta;
        //分块的最后一项求和
        r_ = r;//记录
        r = (r + 1) * r * i >> 1;//前面项的和
        r = r * delta + ((1 + r_) * r_ >> 1) * ((delta - 1) * delta);
        //增加的值
        t = s + r;
        if(f & 1)
            ans -= t;
        else
            ans += t;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &a, &b);
    a -= 1;
    printf("%lld", getans(1) + getans(0));
    return 0;
}

单点最大耗时:3ms(由于新测评机的缘故,至少都是2ms的点,应该可以0ms的,没赶上时机哎)。

写在最后

感谢比赛举办者提供的题目和题解。
本题解仅作为个人收藏,不做任何商业用途,禁止任何人做商业用途传播。
另外,如果作者认为不妥,可以告诉我,我会马上删掉。
程序为个人智力成果,仅根据公式写出,未查看标准程序,如需转载,请注明出处。

分类: 文章

EternalTron

真的猛士,敢于直面惨淡的人生,敢于正视淋漓的鲜血。

5 条评论

CYJian · 2018年9月21日 5:26 下午

这个..就是我这个蒟蒻出的水题啊..高一五机房了解一下..现在有一个O(N)预处理O(1)询问的算法..

boshi · 2018年8月24日 7:14 下午

“严格来说,根号外面至少还有4的常数,但是似乎还有可以优化的地步”请问似乎指的到底是哪里呢?

    EternalTron · 2018年9月5日 9:11 下午

    今天才看到,没及时回复你,抱歉。
    我认为“似乎还有可以优化的地步”指的是常数优化,我们可以发现有的部分是具有高度相似性的,因此还有合并的地步。

      XZYQvQ · 2018年9月5日 9:42 下午

      Orz好久不见啊QAQ
      不知道您还会不会来一中呀?
      QvQ

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