2014年百度之星程序設計大賽 - 初賽（第二輪）JZP Set

　　題目描述：一個{1, ..., n}的子集S被稱為JZP集，當且僅當對於任意S中的兩個數x,y，若(x+y)/2為整數，那么(x+y)/2也屬於S。例如，n=3，S={1,3}不是JZP集，因為(1+3)/2=2不屬於S。但是{1,2,3}的其他子集都屬於S，所以n=3時有7個JZP集給定n，求JZP集的個數。

　　輸入：第一行為T，表示輸入數據組數。每組數據包含一行整數n。限制條件：1<=T<=10^5，1<=n<=10^7

　　輸出：對第i組數據，輸出Case #i:然后輸出JZP集的個數。

　　這道題目考的知識主要是素數篩選，直接對每個n，求對應的JZP集肯定是會超時的（開始我也是如此，以為很簡單的一道題，沒想到一提交就是超時），后來用遞推的思路改進下才pass。下面分享下我的答題思路：

　　首先，先從簡單的情況分析：

　　n = 1時，JZP1 = {{}，{1}} ，個數為2；

　　n = 2時，JZP2 = {{}， {1}， {2}， {1，2}}，個數為4

　　n = 3時，JZP3 = {{}， {1}， {2}， {1，2}， {3}， {2，3}， {1，2，3}}，個數為7

　　n = 4時，JZP4 = {{}， {1}， {2}， {1，2}， {3}， {2，3}， {1，2，3}， {4}， {3，4}， {1，4}， {2，3，4}，{1，2，3，4}}，個數為12

　　n = 5時，JZP5 = ...

　　從上面的JZP集合來看，一個{1...n}的集合中滿足JZP的集合有：空集{}，只有一個元素的集合{k}（1 <= k <= n），包含兩個或兩個以上元素的集合{a1，a2，a3...ak}（2 <= ak <= n，ak - ak-1 = 2 * x + 1， 0 <= x <= (n - 2)/ 2），也就是說每個滿足條件的集合中的元素是等差數列，數列的差值可以取值為1,3,5,7,9...2*x+1(0 <= x <= (n - 2)/ 2)。

　　根據上面的思路，對每個差值1,3,5,7,9...2*x+1(0 <= x <= (n - 2)/ 2)，在找出{1...n}的集合中找出滿足這個差值的最大等差數列，即{1,2,3,4...n}（差值為1）；{1,4,7,10...}，{2,5,8,11...}，{3,6,9,12...}（差值為3）；{1,6,11,16...}，{2,7,12,17...}，{3,8,13,18}，{4,9,14,19..}，{5,10,15,20...}（差值為5）...。然后再這些集合中選出2個或2個以上的相鄰元素作為子集合就是滿足題目的JZP集。所以一個{1...n}的集合中JZP集合的個數為：1 + n + {n * (n - 1) / 2} + {(n % 3) * (n / 3) * ( n / 3 + 1) / 2  + (3 - n % 3) * (n / 3) * ( n / 3 - 1) / 2} + {(n % 5) * (n / 5) * ( n / 5 + 1) / 2  + (5 - n % 5) * (n / 5) * ( n / 5 - 1) / 2} + ...。

　　所以對於一個給定的n，我們可以直接求出JZP集的個數，時間復雜度為O(n)，再看題目有T組數據，所以總的復雜度是O(n * T)，而1<=T<=10^5，1<=n<=10^7，顯然復雜度過大，容易想到的方法是提前求出n為1~10^7所對應的JZP集個數，並存在數組中，后面對每組數據，直接查數組就可以了。現在關鍵是怎么求n為1~10^7所對應的JZP集個數，如果還是按前面的方法對每個數n都直接求對應的JZP集的個數，復雜度為O(n^2)，顯然這是會超時的。可不可以利用前面n-1對應的JZP集的個數求n對應的JZP集的個數呢？如果可以這樣就減少了重復計算的次數，假設dp[n - 1]表示n - 1對應的JZP集的個數，現在分析dp[n]與dp[n - 1]的關系，n相對於n-1增加的JZP集有{n}，差值為1的數列中增加的JZP集為n - 1，差值為3的數列中增加的JZP集為 (n - 1) / 3，...，所以dp[n] = dp[n - 1] + 1 + (n - 1) + (n - 1) / 3 + (n - 1) / 5 + ... + 1，關鍵是求(n - 1) + (n - 1) / 3 + (n - 1) / 5 + ... + 1了，假設temp[n] = (n - 1) + (n - 1) / 3 + (n - 1) / 5 + ... + 1，那么temp[n] = temp[n - 1] + cn(n - 1)，其中cn(n - 1)是整除n - 1的所有奇數的個數，現在問題簡化為求一個數能被多少個奇數整除，用暴力肯定不行，想想這個和素數的思路差不多，素數篩選的方法能用O(nlogn)的復雜度求出1~n中的每個數被奇數整除的個數，也就是整個算法的復雜度是O(nlogn)，這個時間復雜度應該夠了。

　　有了上面的分析，實現代碼就簡單了，具體代碼如下：

#include <iostream>
using namespace std;

long long dp[10000001];
long long cn[10000001];
int main()
{
    int t, n;
    long long ans, cnt;

    for (int j = 1; j <= 10000000; j += 2)
    {
        for (int i = j; i <= 10000000; i += j)        
            cn[i]++;
    }
    dp[1] = 2;
    cnt = 0;
    for (int j = 2; j <= 10000000; j++)
    {
        cnt += cn[j - 1];
        dp[j] = dp[j - 1] + cnt + 1;
    }
    cin >> t;
    for (int i = 0; i < t; i++)
    {
        cin >> n;
        cout << "Case #" << i + 1 << ":" << endl << dp[n] << endl;
    }
    return 0;
}