problem

codeforces

对于给定的正整数 $l\le$，定义 $c(l,r)$ 为满足下列条件的正整数对 $(i,j)$ 的数量：

• $l\le i\le j\le r$；
• $\gcd (i,j)\ge l$。

给定正整数 $k\le n$。

对所有满足 $0=x1<x2<\cdots <xk<xk+1=n$ 的整数序列 $(x_1,...,x_{k+1})$

计算 ${\sum }_{i=1}^{k}c(x_i+1,x_{i+1})$ 的最小值。

你需要回答 $T$ 组询问。

对全部数据，$1\le T\le 3\times 10^5$，$1\le k\le n\le 10^5$。

solution

先设 $f(i,k):$ 枚举到 $i$ 一共划分了 $k$ 个组的最小值。

则有转移 $f(i,k)={\min }_{j\le i}\{f(j-1,k-1)+c(j,i)\}$。

但遗憾的是，时间空间双双起飞，而且空间并不能滚动掉。

不妨挖掘一下 $c(l,r)$ 的性质：

• $\text{ovservation1}:$ $c(l,r)\ge r-l+1$。显然至少每个 $i\in [l,r],(i,i)$ 点对就能提供一次贡献。
• $\text{observation2}:c(i,2i-1)=i$。显然 $[i,2i-1]$ 中的任意两个数的 $\gcd <i$。

基于以上两个观察，不难得出当 $n<2^k$ 时，答案一定为 $n$。

因为我们有足够多的组数可以分成形如 $c(i,2i-1)$ 的形式。

所以我们状态设计的第二维就可以降成 $\log$ 级别。空间问题已经被解决了。

接下来考虑时间复杂度，其直接挂钩于优化 $c(l,r)$ 的计算。
$$\begin{gathered} c(l,r)=\sum _{i=l}^r\sum _{j=i}^r[\gcd (i,j)\ge l]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=l}^r\sum _{j=i}^r[\gcd (i,j)=d] \\ =\sum _{d=l}^r\sum _{i=\lceil \frac{l}{d}\rceil }^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\sum _{j=i}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\sum _{j=i}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }[\gcd (i,j)=1] \\ =\sum _{d=l}^r\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\sum _{i=1}^j[\gcd (i,j)=1]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\phi (i) \end{gathered}$$
记 $S(n)={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$，即 $\phi (i)$ 的前缀和。则 $c(l,r)={\sum }_{i=l}^{r}S(\lfloor \frac{r}{i}\rfloor )$。

$O(n)$ 线性筛预处理 $\phi (i),S(i)$ 后，可以数论分块做到 $O(\sqrt{r-l+1})$ 计算。

考虑进一步地优化转移。

$k$ 只与 $k-1$ 挂钩。所以状态转移的时候不妨先枚举 $k$ 再枚举 $i$。

对于固定的 $k$，我们简化内层转移写成 $f(i)={\min }_{j\le i}\{f(j-1)+c(j,i)\}$。

看见这种形式的转移方程，我们 打表验证 大胆猜测是决策单调性的。

• 证明 $c(l,r)$ 区间包含单调性。

  即 $\forall l\le l^{\prime }\le r^{\prime }\le r$ 有 $c(l^{\prime },r^{\prime })\le c(l,r)$。根据 $c(l,r)$ 的定义显然。

• 证明 $c(l,r)$ 满足四边形不等式（交叉小于包含）。

  即 $\forall l_1<l_2<r_1<r_2$ 有 $c(l_1,r_1)+c(l_2,r_2)\le c(l_1,r_2)+c(l_2,r_1)$。
  $$\begin{gathered} c(l_1,r_2)+c(l_2,r_1)=\sum _{i=l_1}^{r_2}S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )+\sum _{i=l_2}^{r_1}S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor ) \\ =\sum _{i=l_1}^{l_2-1}S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )+\sum _{i=l_2}^{r_2}S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )+\sum _{i=l_1}^{r_1}S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor )-\sum _{i=l_1}^{l_2-1}S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor ) \\ =\sum _{i=l_1}^{l_2-1}(S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )-S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor ))+\sum _{i=l_2}^{r_2}S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )+\sum _{i=l_1}^{r_1}S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor ) \\ =\sum _{i=l_1}^{l_2-1}(S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )-S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor ))+c(l_2,r_2)+c(l_1,r_1) \end{gathered}$$
  显然 ${\sum }_{i=l_1}^{l_2-1}(S(\lfloor \frac{r_2}{i}\rfloor )-S(\lfloor \frac{r_1}{i}\rfloor ))\ge 0$，所以 $ c(l_1,r_2)+c(l_2,r_1)\ge c(l_1,r_1)+c(l_2,r_2)$ 得证。

所以 $f(i)$ 是具有决策点单调的性质的。经典 $\text{1D1D}$ 类单调性优化。

• 证明 $f(i)$ 具有决策单调性。

  即设 $g(i)$ 为 $i$ 的最佳转移决策点，则 ${\forall }_{j<i}g(j)\le g(i)$。

  设 $y<x<j<i$，且 $f(j)$ 的最佳决策点为 $x$。则有：

  • $f(x-1,j)+c(x,j)\le f(y-1,j)+c(y,j)$。
  • $c(y,j)+c(x,i)\le c(y,i)+c(x,j)$。

  两式相加有：$f(x-1)+c(x,j)+c(y,j)+c(x,i)\le f(y-1)+c(y,j)+c(y,i)+c(x,j)$。

  化简后有：$f(x-1)+c(x,i)\le f(y-1)+c(y,i)$。

  所以对于 $i$ 而言，最佳决策点选 $x$ 一定优于/不劣于选 $y$。

那么我们就对于外层枚举的每一个 $k$，跑决策点的分治。

$(l,r,L,R)$ ：处理 $i\in [l,r]$ 的最优决策点落在 $[L,R]$ 区间内。

$mid=\frac{l+r}{2}$，先算出 $c(R+1,mid)$，然后 $c(i,mid)=c(i+1,mid)+S(\lfloor \frac{mid}{i}\rfloor )$。

再从 $\min (mid,R)$ 开始 $\to L$ 枚举 $mid$ 的最佳决策点。

因为最佳决策点编号必须小于自己编号。

再根据 $mid$ 分成左右并把决策点区间分成左右。

复杂度额额额，约莫 $O(n+T+kn\sqrt{n}\log n)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 100005
int T, n, cnt;
int prime[maxn], phi[maxn], vis[maxn], S[maxn];
int f[maxn][20];void sieve( int n = 1e5 ) {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt and i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}else phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];}}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) S[i] = S[i - 1] + phi[i];
}int calc( int l, int r ) {int ans = 0;for( int i;l <= r;l = i + 1 ) {i = min( r / ( r / l ), r );ans += S[r / l] * ( i - l + 1 );}return ans;
}void solve( int l, int r, int L, int R, int k ) {if( l > r ) return;int mid = l + r >> 1;int sum = calc( R + 1, mid );int ans = 1e18, pos;for( int i = min( R, mid );i >= L;i -- ) {sum += S[mid / i];if( sum + f[i - 1][k - 1] <= ans )ans = sum + f[i - 1][k - 1], pos = i;}f[mid][k] = ans;solve( l, mid - 1, L, pos, k );solve( mid + 1, r, pos, R, k );
}signed main() {for( int i = 1;i <= 1e5;i ++ ) f[i][1] = i * (i + 1) >> 1;sieve();for( int k = 2;k <= 17;k ++ ) solve( 1, 1e5, 1, 1e5, k );scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {int k;scanf( "%lld %lld", &n, &k );if( k > 17 or (1 << k) > n ) printf( "%lld\n", n );else printf( "%lld\n", f[n][k] ); }return 0;
}