标签：lfloor geq limits 题解 sum long Cnoi2020 dfrac T121450
题意
求 \(\{1,2,3, \cdots ,n\}\) 中长度 $l \geq 3 $ 的等比子序列个数，\(n \leq 10^{12}\) 。
分析
首先一个数列如果是等比数列，显然它的首末项都比较有限。
具体分析，设一个不能再扩展（即极长）的等比数列有 \(m+1\) 项 \(a_0,a_1, \cdots ,a_m\) ，公比 \(q=\frac{a}{b}\) （ \(a>b\) 且 \((a,b)=1\) ）。那么：
\(a_m=a_1 \dfrac{a^m}{b^m}\) ， \(a_0=a_n \dfrac{b^m}{a^m}\)
又由于 \(a\) 与 \(b\) 互质，可以得到 \(b^m \mid a_m\) ， \(a^m \mid a_0\) 。
又 \(m \geq 3\) ，可以发现这样的 \(a_1\) 或者 \(a_n\) 的个数是 \(\sqrt{n}\) 级别的，可以考虑暴力枚举，然后 \(O(1)\) 计算出每种情况的个数。
现在问题来了，是按首项枚举还是末项呢？
如果我们确定了首项与公比，就无法快速计算在何时 $a_i \geq n $ 。但如果确定末项与公比，贡献就一定是 \(m-1\) ，因为一定有 \(a_0 \geq 0\) 。
设 \(a_0=ka^m\) ， \(a_m=kb^m\) ， \(a_i=ka^{m-i}b^i\) 。为避免计重，要求得到的等比数列不能再向左拓展，即 \(\forall y \in [1,a_0-1], \ y \dfrac{a}{b} \neq a_0\) 。其等价于 \(b \nmid k\) 。
有了这些以后，就可以推柿子了。
\(\sum\limits_b\sum\limits_{m+1}\sum\limits_k\sum\limits_a(m-1)\)
\(=\sum\limits_b\sum\limits_{m+1}\sum\limits_k\varphi(b)(m-1)\)
\(=\sum\limits_b\sum\limits_{m+1=3}^n(\lfloor\dfrac{n}{b^m}\rfloor-\lfloor\dfrac{n}{b^{m+1}}\rfloor)\varphi(b)(m-1)\)
\(=\sum\limits_{b=1}^{\sqrt{n}}\sum\limits_{m=2}^{n-1}(\lfloor\dfrac{n}{b^m}\rfloor-\lfloor\dfrac{n}{b^{m+1}}\rfloor)\varphi(b)(m-1)\)
线性筛出 \(\sqrt{n}\) 内的 \(\varphi(i)\) ，枚举 \(b\) 和 \(m\) 即可，时间复杂度 \(O(\sqrt{n})\) 。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N=1e6+5,mod=998244353;
long long n;
long long phi[N],prime[N];
bool pd[N];
long long ans,cnt;
void init(){
phi[1]=1;
for(long long i=2;i<=N;i++){
if(!pd[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(long long j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=N;j++){
pd[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]) phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
else{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
}
}
}
int main(){
init();
cin>>n;
for(long long b=2;b<=sqrt(n);b++){
for(long long m=2;pow(b,m)<=n;m++){
long long tmp=pow(m,x);
ans=(ans+(n/tmp-n/tmp/m)*(phi[b])*(m-1))%mod;
}
}
cout<<ans;
}
标签：lfloor,geq,limits,题解,sum,long,Cnoi2020,dfrac,T121450 来源： https://www.cnblogs.com/Appleblue17/p/14016286.html
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