EnigmaticPartition - 题解

标签与难度

标签: 数论, 组合数学, 差分数组, 前缀和, 贡献法, 预处理 难度: 2100

题目大意喵~

主人你好呀，这道题是关于一种特殊的整数划分的计数问题，喵~

我们要找的是一种叫做 "enigmatic partition" (神秘划分) 的东西。对于一个正整数 $n$，它的一个划分是一组正整数 $a_1, a_2, \dots, a_m$ 使得它们的和为 $n$。一个划分被称为 "神秘划分"，需要满足下面三个淘气的条件哦：

1. $a_i \le a_{i+1} \le a_i + 1$：数列中的每一项都不能比前一项小，而且最多只能比前一项大 1。也就是说，这个数列是缓慢增长的，喵~
2. $a_m = a_1 + 2$：最后一项恰好比第一项大 2。
3. 当然啦，所有 $a_i$ 都是正整数。

我们要计算一个函数 $f(n)$，它表示数字 $n$ 的神秘划分有多少种。然后对于给定的查询区间 $[l, r]$，计算 $\sum_{i=l}^r f(i)$ 的值。

举个例子，对于 $n=18$，一个神秘划分可以是 3, 3, 4, 4, 4。 这里 $a_1=3, a_m=4$ ... 哎呀，这个不满足 $a_m = a_1+2$ 呢。 那换一个例子，3, 4, 4, 5, 5。$a_1=3, a_m=5$，满足 $a_m=a_1+2$。和是 $3+4+4+5+5=21$。所以这是 $n=21$ 的一个神秘划分。

解题思路分析

这道题看起来有点复杂，但别担心，跟着我的思路，一步步就能解开谜题啦，喵~

因为有多组查询，而且查询的是一个区间的和，这通常意味着我们需要先预处理出所有可能的 $f(n)$，然后用前缀和来快速回答查询。问题的核心就变成了如何高效地计算 $f(n)$。

步骤一：分析 "神秘划分" 的结构

让我们仔细看看这三个条件能告诉我们什么。 令划分的第一项为 $a_1 = k$。根据条件2，最后一项必须是 $a_m = k+2$。 根据条件1，$a_i \le a_{i+1} \le a_i+1$，这意味着序列中的数字是单调不减的，并且相邻两数的差最大为1。要从 $k$ 增长到 $k+2$，序列中必须包含 $k, k+1, k+2$ 这三种值。

所以，任何一个神秘划分都必然是由若干个 $k$、若干个 $k+1$ 和若干个 $k+2$ 组成的。为了满足单调不减，它的形式一定是：

$$\underbrace{k, \dots, k}_{c_1 \text{ 个}}, \underbrace{k+1, \dots, k+1}_{c_2 \text{ 个}}, \underbrace{k+2, \dots, k+2}_{c_3 \text{ 个}}$$

其中 $c_1, c_2, c_3$ 分别是 $k, k+1, k+2$ 的个数。因为第一项是 $k$，最后一项是 $k+2$，并且序列中必须出现 $k+1$，所以我们必须有 $c_1 \ge 1, c_2 \ge 1, c_3 \ge 1$。

步骤二：建立数学模型

对于这样一组由 $(k, c_1, c_2, c_3)$ 决定的划分，它的项数是 $m = c_1 + c_2 + c_3$，它的总和是：

$$n = k \cdot c_1 + (k+1) \cdot c_2 + (k+2) \cdot c_3$$

我们可以把它变形一下：

$$n = k \cdot c_1 + k \cdot c_2 + c_2 + k \cdot c_3 + 2c_3 \\ n = k \cdot (c_1 + c_2 + c_3) + (c_2 + 2c_3) \\ n = k \cdot m + (c_2 + 2c_3)$$

所以，$f(n)$ 的值就是满足 $n = k \cdot m + (c_2 + 2c_3)$ 的所有合法四元组 $(k, c_1, c_2, c_3)$ 的数量，其中 $k, c_1, c_2, c_3 \ge 1$ 且 $m = c_1+c_2+c_3$。

直接对每个 $n$ 去枚举这些四元组太慢了。我们换个角度，用贡献法来思考。我们可以枚举划分的特征，比如第一项 $k$ 和项数 $m$，然后看它们能对哪些 $f(n)$ 产生贡献。

步骤三：贡献法与差分数组

我们遍历所有可能的 $k$ (我们叫它 base_k) 和 $m$ (我们叫它 len_m)。 对于固定的 base_k 和 len_m，一个划分的总和 $n$ 由 $c_2, c_3$ 决定。我们需要统计，对于一个给定的 base_k 和 len_m，能凑出多少种不同的 $n$，以及每种 $n$ 是由多少个不同的 $(c_1, c_2, c_3)$ 组合得到的。

对于固定的 len_m，我们需要找到满足 $c_1+c_2+c_3=\text{len\_m}$ 且 $c_1,c_2,c_3 \ge 1$ 的所有 $(c_2, c_3)$ 组合。 令 $X = c_2 + 2c_3$。我们想知道，对于一个 len_m，每一个可能的 $X$ 值可以由多少对 $(c_2, c_3)$ 构成。 这个计数函数我们记为 $C(\text{len\_m}, X)$。 $C(\text{len\_m}, X)$ 的值等于满足以下条件的整数对 $(c_2, c_3)$ 的数量：

1. $c_2 \ge 1, c_3 \ge 1$
2. $c_1 = \text{len\_m} - c_2 - c_3 \ge 1 \implies c_2 + c_3 \le \text{len\_m}-1$
3. $c_2 + 2c_3 = X$

经过一番推导（我的小脑袋瓜转了转~），可以得出 $C(\text{len\_m}, X)$ 的表达式。这个函数 $C(\text{len\_m}, X)$ 随着 $X$ 的变化，其值先是像 $1,1,2,2,3,3,\dots$ 这样增长，达到一个峰值后，再像 $...,3,3,2,2,1,1$ 这样下降。这是一个像小山坡一样的形状！

对于每一个 (base_k, len_m) 对，它们会对一系列 $n = \text{base\_k} \cdot \text{len\_m} + X$ 产生贡献，贡献的值就是 $C(\text{len\_m}, X)$。 如果我们对每个 (base_k, len_m) 都去遍历所有可能的 $X$ 来更新 $f$ 数组，总复杂度会是 $O(N^2)$ 级别，太慢了。

这里的关键技巧是使用差分数组！我们可以把这个 "小山坡" 形状的贡献一次性地加到 $f$ 数组上。 一个普通 "小山坡" (算术级数) 可以用二次差分解决。但我们这个 "小山坡" 的斜率是周期性变化的（每两步才变一次），这提示我们可能需要一种特殊的差分。

观察参考代码可以发现一个非常聪明的技巧： $C(\text{len\_m}, X)$ 可以被分解成两个更简单的部分：

1. 一个步长为2的等差数列（即每隔一个数，值增加1）。
2. 一个普通的等差数列（即一个平台，值是常数）。

我们可以用两个差分数组来模拟这个过程：

• 一个 add_diff 数组，用来处理步长为2的贡献。我们对它做前缀和时，val[i] = val[i-2] + diff[i]。
• 一个 sub_diff 数组，用来处理步长为1的贡献（标准的差分）。我们对它做前缀和时，val[i] = val[i-1] + diff[i]。

对于每个 (base_k, len_m) 对，设 $S = \text{base\_k} \cdot \text{len\_m}$。 $C(\text{len\_m}, X)$ 的值在 $X \in [3, \text{len\_m}]$ 时是 $\lfloor \frac{X-1}{2} \rfloor$。这部分贡献可以用 add_diff 数组在 $S+3$ 处加1，在 $S+\text{len\_m}+1$ 或之后的位置减去相应的值来实现。 当 $X > \text{len\_m}$ 时，贡献开始减少。这个减少的量可以用 sub_diff 数组来处理。

最终的计算流程如下：

1. 初始化两个差分数组 add_diff 和 sub_diff 为0。
2. 遍历所有 len_m from 3 to $N_{max}$。
3. 对于每个 len_m，遍历 base_k from 1，直到 base_k * len_m > N_{max}。
4. 设 $S = \text{base\_k} \cdot \text{len\_m}$。根据 $C(\text{len\_m}, X)$ 的函数形态，在 add_diff 和 sub_diff 的特定位置上进行增减操作。
   • 贡献的起始点是 $n = S+3$。
   • "小山坡" 的转折点大约在 $n = S+\text{len\_m}$。
   • 贡献的结束点是 $n = S+2 \cdot \text{len\_m} - 3$。
   • 具体来说，add_diff[S+3] 增加，add_diff[S+2*len_m-1] 减少。
   • sub_diff[S+len_m+1] 增加，sub_diff[S+2*len_m-1] 减少。
5. 遍历完所有 (base_k, len_m) 后，我们得到了两个完整的差分数组。
6. 计算 add_val[i] = add_val[i-2] + add_diff[i]。
7. 计算 sub_val[i] = sub_val[i-1] + sub_diff[i]。
8. $f(n)$ 的一阶差分 df[i] = add_val[i] - sub_val[i]。
9. $f(n)$ 本身就是 df 的前缀和: f[i] = f[i-1] + df[i]。
10. 最后，计算 $f(n)$ 的前缀和 prefix_sum_f，用于 $O(1)$ 回答查询。

这样，我们就能在 $O(N \log N)$ 的时间内完成所有预处理啦，是不是很高效，喵！

代码实现

这是我根据上面的思路，精心重构的一份代码，希望能帮助到你哦，呐~

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>

using namespace std;

// 使用 long long 防止求和时溢出
using ll = long long;

const int MAX_N = 100000;

// 存储 f(n) 的值的数组
ll f[MAX_N + 5];
// 用于计算 f(n) 的前缀和，方便O(1)查询
ll prefix_sum_f[MAX_N + 5];

// 贡献法中，用于构建 f(n) 的两个差分数组
// add_diff 用于处理步长为2的算术级数贡献
ll add_diff[MAX_N * 3 + 5]; 
// sub_diff 用于处理步长为1的算术级数（即常数）贡献
ll sub_diff[MAX_N * 3 + 5];


void precompute() {
    // 预处理 f(n)
    // 枚举划分的第一项 base_k 和项数 len_m
    // 这里的 len_m 至少为3，因为划分中必须包含 k, k+1, k+2 三种数
    for (int len_m = 3; len_m <= MAX_N; ++len_m) {
        for (int base_k = 1; (ll)base_k * len_m <= MAX_N; ++base_k) {
            ll start_sum = (ll)base_k * len_m;
            
            // 对于固定的 base_k 和 len_m，n 的最小可能值为 base_k * len_m + 3
            // (对应 c1=len_m-2, c2=1, c3=1)
            ll range_start = start_sum + 3;
            
            // n 的最大可能值为 base_k * len_m + 2*len_m - 3
            // (对应 c1=1, c2=1, c3=len_m-2)
            ll range_end = start_sum + 2 * len_m - 3;

            // 如果 n 的范围超过了我们的处理上限，就没必要继续了
            if (range_start > MAX_N) {
                break;
            }

            // --- 差分数组标记 ---
            // 贡献函数 C(len_m, X) 可以看作是两个函数的叠加
            // 1. 一个从 X=3 开始，步长为2的增量为1的序列 (1,1,2,2,3,3...)
            // 2. 一个从 X=len_m+1 开始的减量
            
            // 对应第一个函数，我们用 add_diff 来处理
            add_diff[range_start]++;
            // range_end + 2 是贡献的结束边界
            if (range_end + 2 <= MAX_N * 3) {
                add_diff[range_end + 2]--;
            }

            // 对应第二个函数，我们用 sub_diff 来处理
            ll turning_point = start_sum + len_m + 1;
            if (turning_point <= MAX_N * 3) {
                 sub_diff[turning_point]++;
            }
            if (range_end + 2 <= MAX_N * 3) {
                 sub_diff[range_end + 2]--;
            }
        }
    }

    // --- 从差分数组还原 f(n) ---
    // 1. 计算 add_diff 的步长为2的前缀和，得到 add_val
    // 2. 计算 sub_diff 的步长为1的前缀和，得到 sub_val
    // 3. f(n) 的一阶差分 df[n] = add_val[n] - sub_val[n]
    // 4. f(n) 是 df[n] 的前缀和
    // 为了节省空间，我们把这些步骤合并起来
    
    ll add_val = 0;
    ll sub_val = 0;
    ll prev_f = 0;
    // f[i] 的一阶差分
    ll df_i = 0; 
    
    // add_val[i] = add_val[i-2] + add_diff[i]
    // sub_val[i] = sub_val[i-1] + sub_diff[i]
    // df[i] = add_val[i] - sub_val[i]
    // f[i] = f[i-1] + df[i]
    // 我们直接在循环里计算 f[i]，并用 f[i] 和 f[i-1] 存储一阶差分信息
    // f[i] 在这里临时存储一阶差分值
    for (int i = 1; i <= MAX_N; ++i) {
        if (i >= 2) add_diff[i] += add_diff[i-2];
        sub_diff[i] += sub_diff[i-1];
        f[i] = add_diff[i] - sub_diff[i];
    }
    
    // 计算 f(n) 的最终值
    for (int i = 1; i <= MAX_N; ++i) {
        f[i] += f[i-1];
    }
    
    // 计算 f(n) 的前缀和
    for (int i = 1; i <= MAX_N; ++i) {
        prefix_sum_f[i] = prefix_sum_f[i-1] + f[i];
    }
}

int main() {
    // 高速输入输出，喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    precompute();

    int T;
    cin >> T;
    for (int case_num = 1; case_num <= T; ++case_num) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        ll ans = prefix_sum_f[r] - prefix_sum_f[l - 1];
        cout << "Case #" << case_num << ": " << ans << "\n";
    }

    return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(N \log N + T)$

  • 预处理部分，外层循环遍历 len_m 从 3 到 MAX_N，内层循环遍历 base_k，步长为 len_m。这部分的计算量是 $\sum_{m=3}^{MAX\_N} \frac{MAX\_N}{m}$，这等于 $MAX\_N \cdot \sum_{m=3}^{MAX\_N} \frac{1}{m}$，也就是调和级数，近似为 $O(MAX\_N \log(MAX\_N))$。
  • 从差分数组还原到最终的前缀和数组，需要几个线性扫描，复杂度是 $O(MAX\_N)$。
  • 每次查询的复杂度是 $O(1)$。
  • 所以总时间复杂度由预处理主导，为 $O(N \log N)$。

• 空间复杂度: $O(N)$

  • 我们需要几个大小与 MAX_N 相关的数组来存储差分值、f(n) 的值以及它的前缀和。所以空间复杂度是 $O(MAX\_N)$。

知识点总结

这道题真是一次有趣的冒险呢，喵~ 我们用到了好几个强大的工具：

1. 问题转化: 将复杂的计数问题通过分析其内在结构，转化为一个更清晰的数学模型。
2. 贡献法: 当直接计算困难时，可以反过来考虑每个基本元素（这里是 (base_k, len_m) 对）对最终结果的贡献。
3. 差分与前缀和: 这是处理区间操作和加速计算的利器。本题的亮点在于，它没有使用常规的一阶或二阶差分，而是根据贡献函数的特性，巧妙地组合了步长为1和步长为2的差分思想，非常优雅地解决了问题。
4. 预处理: 对于多查询问题，如果查询范围固定，预处理通常是正解。

希望这篇题解能帮到你，如果还有不明白的地方，随时可以再来问我哦！一起加油，喵~！