P6583 回首過去--整數分塊

題目來源：P6583 回首過去.
根據樣例分析，可以$\frac xy$是有限小數的條件是分母只能包含因子2和5，直覺證明，整數在進行除法的過程中，如果需要去補0，則相當於*10，而10只包含因子2和5，所以出現其他因子就不是有限循環小數。

40分 n*n暴力

不解釋

80分

符合條件的$\frac xy$可以分解爲$\frac{XY}{2^p5^qX}$其中KaTeX parse error: Expected '}', got 'EOF' at end of input: {X%2||X%5!=0},
設$A=2^p5^q$,，這樣我們有三個變量：在A、X、Y的個數。
且有隱含條件：AX<=n,XY<=n.
我們在A,Y確定的情況統計X的個數,A的取值範圍大約爲$log2*log5$
例如
n=20，A=1，2，4，5，8，10，16，20，
根據X的取值特點，X=1,3,7,9,11,13,17,19。
可以用容斥函數計算X允許的取值情況$fc(X)=X-\frac X2-\frac X5+\frac X{10}$
舉個實例來感性理解下。

A=1 時候

Y=1——》X=1…n/A；1,3,7,9,11,13,17,19
Y=2——》X=1…n/2；1,3,7,9,
Y=3——》X=1…n/3；1,3,
Y=4——》X=1…n/4；1,3,
Y=5——》X=1…n/5；1,3,
Y=6——》X=1…n/6；1,3,
Y=7——》X=1…n/7；1
…

A=2 時候

Y=1——》X=1…n/2；1,3,7,9
Y=2——》X=1…n/2；1,3,7,9,
Y=3——》X=1…n/3；1,3,
Y=4——》X=1…n/4；1,3,
Y=5——》X=1…n/5；1,3,
Y=6——》X=1…n/6；1,3,
Y=7——》X=1…n/7；1
…

設f(Y）爲A，Y確定時候符合要求想X數的個數。
則
$f(y)= \begin{cases} fc( \frac{n}A) & \text{Y<=A}\\ fc(\frac nY)& \text{Y>A} \end{cases}$
對於每個確定的A ,$\sum_{Y=1}^nfc(Y)=A*fc(\frac nA)+\sum_{Y=A+1}^nfc(\frac nY)$,，$\sum_{Y=A+1}^nfc(\frac nY$可以用一個後綴和維護。
然後枚舉每個A,計算，總時間複雜度$O(n*log2*log5)$

//tjn,https://www.cnblogs.com/chdy/p/13009533.html
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=10010;
ll n,ans,cnt;
ll a[MAXN],s[10000009];
inline ll calc(ll x) {
	return x-x/2-x/5+x/10;
}

ll work(ll x){//fy=  n/t;n/y  
	ll w1=n/x;     
	ll t=n/w1,ans=0;
	ans=t*calc(n/x);
	ans+=s[t+1];
/*	for(int i=t;i<=n;i++){
		ans+=calc(n/i);
		cout<<"------------"<<i<<" "<<n/i<<" calc="<<calc(n/i)<<endl;
	}
	cout<<x<<":"<<ans<<endl; 
	*/
	return ans;
}
signed main() {

	cin>>n;
	for(ll i=1; i<=n; i=i*2)
		for(ll j=1; i*j<=n; j=j*5)a[++cnt]=i*j;
	sort(a+1,a+1+cnt);
	for(int i=n;i>0;i--)
		s[i]=s[i+1]+calc(n/i);
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		ans+=work(a[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

100分做法

針對80分的做法。
面對式子$\frac{XY}{AX}$,前面枚舉了A,Y求X的個數，大量的計算用到了$\frac nY$,數據範圍擴大到$10^{12}$後，已經沒法存儲記錄了，每次枚舉A的時候都要分塊計算他，時間複雜$2*10^6$,統計了下A的個數是137，那麼總時間複雜大約度$3*10^8$，沒有寫，運氣好的話也許能拿這20分。
我們發現用這種方法進行了大量重複的計算$\frac nY$。前面分段函數Y<=A的情況也很有規律。再回到三個變量的式子A,X,Y去分析統計，可以枚舉別的量嗎？

如果我們枚舉X,

符合要求的A的個數就是所有${A<=\frac nX}$,隨着X越來越大，數據A可以排序後統計符合要求的個數。符合要求的A會越來越少，可以單調統計。
符合要求的Y的個數就是${\frac nX}$,因此在枚舉X的情況下還是${\frac nX}$的計數形式，還是可以分塊。
$\sum_{x=1}^n(\sum _{A=1}^{\frac nX }*\frac nX)$
然後分塊計算。
參考代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MAXN=10010;
ll n,ans,cnt;
ll a[MAXN],s[10000009];
inline ll calc(ll x) {
	return x-x/2-x/5+x/10;
}

ll work(ll x){//fy=  n/t;n/y  
	ll w1=n/x;     
	ll t=n/w1,ans=0;
	ans=(t)*calc(n/x);
	ans+=s[t+1];
	return ans;
}
signed main() {

	cin>>n;
	for(ll i=1; i<=n; i=i*2)
		for(ll j=1; i*j<=n; j=j*5)a[++cnt]=i*j;
	sort(a+1,a+1+cnt);
	ll num=cnt;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		while(a[num]>n/l&&num)num--;
		//(r-l-1)*（n/l） 
	//	cout<<"num="<<num<<"*("<<calc(r)<<"-"<<calc(l-1)<<")*"<<(n/l)<<"="<<num*(calc(r)-calc(l-1))*(n/l)<<endl; 
		ans+=num*(calc(r)-calc(l-1))*(n/l) ;
			
	
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}