BZOJ 1968 [Ahoi2005]COMMON 约数研究：数学【思维题】

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1968

题意：

　　设f(x) = x约数的个数。如：12的约数有1,2,3,4,6,12，所以f(12) = 6。

　　给定n，问你f(1)到f(n)之和。

题解：

　　好多做法。。。

　　（1）O(N*sqrt(N))

　　　　　　纯暴力（应该过不了）。

　　　　　　枚举i，sqrt(i)复杂度求出约数个数，更新ans。

　　　　　　不附代码。

　　（2）O(N*log(N))

　　　　　　若当前枚举到i，则i为i*k的一个约数(k >= 0)，dp[i*k]++。

　　　　　　先枚举i，再枚举i*k，复杂度 = n * (1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 +...+ 1/n) = N*log(N)

　　（3）O(N)

　　　　　　转化问题：

　　　　　　　　设g(x) = [1,n]中x倍数的个数。

　　　　　　　　ans = ∑ g(i)

　　　　　　显然有g(x) = floor(n/x)，O(1)算出。

　　　　　　枚举i，ans += g(i)，复杂度O(N)。

　　（4）O(sqrt(N))

　　　　　　延续（3）的思路。

　　　　　　显然，对于数列g(x)，你会发现有一些区间内的数都是一样的。

　　　　　　那么哪些g(x)会是相同的呢？

　　　　　　　　假如现在枚举到了i。

　　　　　　　　由于 g(x) = floor(n/i)

　　　　　　　　所以有 n/i = g(i) ... P（余数）

　　　　　　　　那么现在想求出这段区间的末尾位置j，即求出满足n/j = g(i) ... P，显然当P（余数）越接近0时，j越大。

　　　　　　　　所以当P约等于0时，末尾位置j = floor(n/g(i)) = floor(n/floor(n/i))。

　　　　　　　　所以下一个区间的起始位置为j+1。

　　　　　　所以对于处理的每个i，要将ans += (j-i+1) * g(i)

　　　　　　复杂度 = 不同的floor(n/i)的个数 = sqrt(N)

　　看下效率差距。。。（从下往上为算法2,3,4）

AC Code(2):

 1 #include <iostream>
 2 #include <stdio.h>
 3 #include <string.h>
 4 #define MAX_N 1000005
 5
 6 using namespace std;
 7
 8 int n;
 9 int ans=0;
10 int dp[MAX_N];
11
12 int main()
13 {
14     cin>>n;
15     memset(dp,0,sizeof(dp));
16     for(int i=1;i<=n;i++)
17     {
18         for(int j=i;j<=n;j+=i)
19         {
20             dp[j]++;
21         }
22         ans+=dp[i];
23     }
24     cout<<ans<<endl;
25 }

AC Code(3):

 1 #include <iostream>
 2 #include <stdio.h>
 3 #include <string.h>
 4
 5 using namespace std;
 6
 7 int n;
 8 int ans=0;
 9
10 int main()
11 {
12     cin>>n;
13     for(int i=1;i<=n;i++)
14     {
15         ans+=n/i;
16     }
17     cout<<ans<<endl;
18 }

AC Code(4):

 1 #include <iostream>
 2 #include <stdio.h>
 3 #include <string.h>
 4
 5 using namespace std;
 6
 7 int n;
 8 int ans=0;
 9
10 int main()
11 {
12     cin>>n;
13     for(int i=1,j=1;i<=n;i=j+1)
14     {
15         j=n/(n/i);
16         ans+=(j-i+1)*(n/i);
17     }
18     cout<<ans<<endl;
19 }