官方题解｜数的集合

题目解析

本题有两种方法可以解决，前者的切入点更平滑，后者更偏向于数学直觉一些。

方法一（并查集）

比较直接的一个想法，从 $N$ 开始执行搜索，把 $[2, N - 1]$ 中未加入集合且与当前元素不互质的元素加入集合 $S$。

那么显然我们的目标就是如何快速地找到与 $N$ 不互质的元素集合 $S'$，对于 $S'$ 中的每个元素，再找到与其不互质的元素，以此类推。

由于本题中的操作具有传递性质：$X$ 与 $Y$ 不互质；$Y$ 与 $Z$ 不互质，那么 $X$，$Y$，$Z$ 都属于同一个集合。

我们可以从小到大考虑每个元素 $X$，令 $X$ 的最小质因子 $P(X)$，那么有：

1. 若 $X$ 为质数，显然集合中只有 $X$ 本身。
2. 若 $X$ 不为质数，那么显然我们将其拆分为 $P(X)$ 与 $\dfrac{X}{P(X)}$，那么二者所在的集合可以借助 $X$ 合并起来。

我们将处理到元素 $X$ 时，其所在的集合的大小设为 $f(X)$，那么对应的操作次数为 $f(X) - 1$。

所以我们可以预处理 $3 \times 10^6$ 中的所有元素，然后依次回答每个查询即可。

令 $M = \max(N_i)$，此方法时间复杂度为 $\mathrm{O}(M\alpha(M) + M\log{\log{M}} + T)$。

并查集每个操作平均时间复杂度为 $\alpha(M)$，其中 $\alpha$ 为阿克曼函数的反函数，其增长极其缓慢，也就是说其单次操作的平均运行时间可以认为是一个很小的常数。

方法二（前缀和）

如果仔细分析最终集合 $S$ 中的元素会发现，在当 $N$ 不为素数时，所有素数 $p(\lfloor N / 2 \rfloor \lt p \lt N)$ 都是无法加入到集合中的。其原因从上面的并查集解中不难发现，对于这样元素 $p$ 是无法通过拆解 $N$ 来使其合并到 $N$ 所在的集合的。

我们令 $f(N)$ 表示前 $N$ 个元素中素数的数量，那么对于每个 $N$，若 $N$ 为素数，操作次数为 $0$，否则为 $N - (f(N) - f(\lfloor \frac{N}{2} \rfloor) - 2$。

那么我们在做完筛法后，使用前缀和计算出所有的 $f(N)$ 即可。

令 $M = \max(N_i)$，此方法时间复杂度为 $\mathrm{O}(M\log{\log{M}} + T)$。

AC代码

方法一（并查集）

#include <bits/stdc++.h>

class UnionFind {
private:
    int n;
    std::vector<int> dsu;
public:
    UnionFind(int n = 0) : n(n), dsu(n, -1) {}

    int find(int x) {
        if (dsu[x] < 0) return x;
        return dsu[x] = find(dsu[x]);
    }

    int unite(int x, int y) {
        x = find(x), y = find(y);
        if (x == y) return x;
        if (dsu[x] > dsu[y]) std::swap(x, y);
        dsu[x] += dsu[y];
        dsu[y] = x;
        return x;
    }

    bool same(int x, int y) {
        return find(x) == find(y);
    }

    int size(int x) {
        return -dsu[find(x)];
    }
};

constexpr int N = 3e6;

int main() {
    std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int st[N + 1]{};
    for (int i = 2; i * i <= N; ++i) {
        if (st[i]) continue;
        for (int j = i * i; j <= N; j += i)
            st[j] = i;
    }
    UnionFind d(N + 1);
    int res[N + 1]{};
    for (int i = 2; i <= N; ++i) {
        if (st[i]) {
            d.unite(i, st[i]);
            d.unite(i, i / st[i]);
        }
        res[i] = d.size(i) - 1;
    }
    int q; std::cin >> q;
    while (q--) {
        int n; std::cin >> n;
        std::cout << res[n] << '\n';
    }   
    return 0;
}

方法二（前缀和）

#include <bits/stdc++.h>

constexpr int N = 3e6;
std::bitset<N + 1> st;
int cnt[N + 1];

auto init = []() {
    for (int i = 2; i * i <= N; ++i) {
        if (st[i]) continue;
        for (int j = i * i; j <= N; j += i)
            st[j] = 1;
    }
    for (int i = 2; i <= N; ++i)
        cnt[i] = cnt[i - 1] + !st[i];
    return 0;
} ();

int solve() {
    int n; std::cin >> n;
    if (!st[n])
        std::cout << 0 << '\n';
    else
        std::cout << n - (cnt[n] - cnt[n / 2]) - 2 << '\n';
    return 0;
}

int main() {
    std::cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int _; std::cin >> _;
    while (_--) solve();
    return 0;
}