P5589 【小猪佩奇玩游戏】

这题还是比较妙妙套路的，复杂度为\(O(log^2N)\)，可以卡掉\(\sqrt n\)的做法

首先我们可以把原数列分成很多个集合，集合之间肯定是两两独立的，考虑分别计算答案

我们定义\(f_i\)为集合大小为i出现过多少次（集合大小最多为\(logN\)级别），\(g_i\)表示集合大小为i删除完的期望步数

那么答案是可以表示成\(\sum_{i=1}^{log_N}{f_i*g_i}\)

现在考虑怎么求出\(f_i, g_i\)

你可能会好奇题目下方的提示有什么用，没错他就是给你求\(f_i\)用的

考虑集合大小至少为i出现了多少次，记之为\(p_i\)，那么\(p_k=n^{\frac{1}{k}}\)

再考虑容斥，因为这个集合是有序集合，集合大小为\(a\)的集合出现在集合大小为\(b\)的集合中出现了\(\frac{b}{a}\)次

证明：假设一个集合开始元素是\(x\)，那么\(x^{a*k}≤x^{b}\)，即\(a*k≤b\)，即\(k ≤ \frac{b}{a}\)

由于f集合大小不大，我们暴力算就行了，这里复杂度为\(O(log^2N)\)（可能可以套一个整除分块优化至\(O(logN*log \sqrt N)\)，不太清楚怎么做）

然后考虑怎么就\(g_i\)（打表！）

对于每一个集合，我们只取他们的对数，于是问题就转化成给定一个排列，每次可以删除一个数及其倍数，求期望删除次数

发现对于每一个数，假设他的约数个数为\(d_i\)，那么他是可能被\(d_i\)个数删除的

考虑递推求出\(g_i\)，那么\(g_i=g_{i-1}+\frac{1}{d_i}\)（一个数会被\(d_i\)个数删完，只有\(\frac{1}{d_i}\)的概率需要多花费一次来删掉这个新加入的数）

那么我们就做完了，总体复杂度为\(O(log^2N)\)

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = s; i <= t; ++ i)
#define drep(i, s, t) for(int i = t; i >= s; -- i)
#define maxn 100005
int p[maxn], f[maxn], n, m;
double g[maxn], ans;
bool check(int a, int b, int n) {
    long long pax = a;
    for(; b; b --, pax = pax * a) if(pax > 1ll * n) return 1;
    return 0;
}
int get(int i, int n) {
    int l = 1, r = n, ans = n;
    while(l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid, i, n)) r = mid - 1, ans = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    return ans - check(ans, i, n);
}
int d(int x) {
	int ans = 1;
	rep(i, 2, 30) {
		if(x % i) continue;
		int tot = 0;
		while(x % i == 0) ++ tot, x /= i;
		ans *= (tot + 1);
	}
	return ans;
}
void init() {
	g[1] = 1.0;
	rep(i, 2, 30) g[i] = g[i - 1] + 1.0 / d(i);
}
int main() {
	init(), scanf("%d", &m);
	while(m --) {
		scanf("%d", &n), ans = 1, p[31] = 1;
		rep(i, 1, 30) p[i] = get(i, n);
        rep(i, 1, 30) f[i] = p[i] - p[i + 1];
		drep(i, 1, 30) rep(j, 2, 30) f[i / j] -= f[i];
		rep(i, 1, 30) ans += g[i] * f[i];
		printf("%.10lf\n", ans);
	}
	return 0;
}