BZOJ 2440

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题目

求不能被除$1$以外的完全平方数整除的第$N$个数是几。

数据范围

$1\leq N \leq 10^9$

做法

二分区间。

算反面：$[1,n]$中能被完全平方数整除的数的个数。

枚举能被哪些完全平方数整除。能被$2^2,3^2,5^2,\cdots$整除。没有$4^2$是因为被$4^2$整除的数包括在被$2^2$整除的数里了。然后发现，被$6^2$整除的数被算了$2$次（在算$2^2$和$3^2$的时候），于是要减去被$6^2$整除的数的个数。

发现这是一个容斥。记$f[i]:=[1,n]$中被$i^2$整除的数的个数，则$f[i]=\lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor$。对于小于等于$\sqrt n$的所有质数（因为大于$\sqrt n$的素数的$p$，$\frac{n}{p^2}=0$），答案是：$\sum_{1个素数的积x}f[x]-\sum_{2个素数的积x}f[x]+\cdots$

发现，$f[i]$的系数就是$\mu[i]$ ，所以$Ans=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu[i]\times f[i]$

代码

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAX_NUM = 1e14 + 5;
const int SQRT_MAX_NUM = 1e7 + 5;
int K;
int isPrime[SQRT_MAX_NUM];
int mu[SQRT_MAX_NUM];
void getMu(int n)
{
  for (int i = 0; i <= n; ++i) {
    mu[i] = 1;
    isPrime[i] = true;
  }
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (isPrime[i]) {
      mu[i] = -1;
      for (int j = 2 * i; j <= n; j += i) {
        mu[j] *= -1;
        if ((j / i) % i == 0) mu[j] = 0;
        isPrime[j] = false;
      }
    }
  }
}
bool check(ll n)
{
  ll sum = 0;
  for (ll i = 1; i * i <= n; ++i) {
    sum += n / i / i * mu[i];
  }
  return n - sum >= K;
}
ll bs(ll l, ll r)
{
  while (r - l > 1) {
    ll mid = (l + r) / 2;
    if (check(mid)) r = mid;
    else l = mid;
  }
  return r;
}
int main()
{
  int T; cin >> T;
  getMu(SQRT_MAX_NUM - 1);
  while (T--) {
    scanf("%d", &K);
    printf("%lld\n", bs(0, MAX_NUM - 1)); // (l, r]
  }
  return 0;
}

注意

  1. 二分时候的$lr$相加会爆int。
  2. 强转成long long要在爆int之前。