Educational Codeforces Round 14 - F (codeforces 691F)

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/691/F

题目大意：给定n个数，再给m个询问，每个询问给一个p，求n个数中有多少对数的乘积≥p

数据范围：2≤n≤10^6, 1≤ai≤3*10^6，1≤m≤10^6, 1≤p≤3*10^6

解题思路：比赛的时候比较naive的思路是把n中的数字排序去了重之后，对于每个p，最多枚举√p步，就能得到答案。而这个naive的思路是O（p√p）的，结果T了。

后来百思不得其解，去看了官方的解答。感觉是一种很有必要总结的思路。思路的模型是埃氏筛素数。

筛素数中枚举到一个素数pr，我们就把MAX范围内的pr的倍数依次搭上标记。这样做看似暴力，实际上复杂度近乎O（n）（其实是O(MAX/p1+MAX/p2..MAX/pk）)

回到这道题目，完全可以借鉴上述思路，从1-MAX枚举a，再从1-MAX/a枚举另一半b，记n个数中乘积等于i的对数ans[i]，那么就有ans[a*b] += cnt[a]*cnt[b];其中cnt[i]表示n个数中i这个数出现了多少次。仔细分析复杂度的话是O（MAX/1+MAX/2+MAX/3+...+MAX/MAX），事实上，这个东西是接近O（MAXlogMAX）的，这种思想在处理一些数论问题中同样很有借鉴意义。我认为这种思路复杂度的支撑点在于他有一个上限MAX，并且内部的操作是相乘。

最后得到了ans[i]之后取个前缀和就得到了n个数中乘积<p的对数,用总对数一减就得到了答案。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int MaxN = 3e6;
int n, m, MaX;
int a[MaxN + 5], p[MaxN + 5];
LL cnt[MaxN + 5], sum[MaxN + 5];

int main()
{
    while (~scanf("%d", &n)) {
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            scanf("%d", &a[i]), cnt[a[i]]++;
        scanf("%d", &m); MaX = -(1 << 30);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            scanf("%d", &p[i]), MaX = max(MaX, p[i]);
        for (int i = 1; i <= MaX; i++)
            for (int j = 1; i * j <= MaX; j++)
                if (i != j) sum[i * j] += cnt[i] * cnt[j];
                    else sum[i * j] += cnt[i] * cnt[i] - cnt[i];
        for (int i = 1; i <= MaX; i++) sum[i] += sum[i - 1];
        for (int i = 1; i <= m; i++)
            printf("%I64d\n", (LL)n * (n - 1) - sum[p[i] - 1]);
    }
}