题解：GZOI2024 D2T2 乒乓球

考场上切了，但是比较神奇的题，应该是蓝/紫。

Discription

乒乓球 $\text{ }$时间限制：$\bold{3}$ 秒

众所周知，一场乒乓球比赛共有两个玩家 $A$ 和 $B$ 参与，其中一场比赛由多局比赛组成，而每局比赛中又由多盘比赛组成。

每盘比赛 $A$ 或 $B$ 只有一名选手获胜。当其中一名选手在一局比赛中达到 $X$ 盘比赛胜利时，该局比赛结束，并且该名选手被宣布为这局比赛的获胜者。

类似的，当其中一名选手在 $Y$ 局比赛中获得胜利时，该名选手被称为该场游戏的获胜者。

你刚刚看了一场比赛，其中 $A$ 获得了 $P$ 盘比赛的胜利，B 获得了 $Q$ 盘比赛的胜利，并且你知道 $A$ 是该场比赛的获胜者，但你忘记了 $X$ 和 $Y$ 的具体数值。

你想知道有多少对可能的 $(X,Y)$，使得至少存在一组合法的获胜情况满足要求。

数据范围：$0 \le P,Q \le 10^{14}$。

Analysis

这个神奇的数据范围，加上计数，不难想到正解为整除分块，往这个方面想。

设 $B$ 赢了 $k$ 场，不难列出不等式组：

\[\begin{cases}
k \lt y & \textcircled{\small{1}}\\
xy \le p \le xy+k(x-1) & \textcircled{\small{2}}\\
kx \le q \le kx+y(x-1) & \textcircled{\small{3}}
\end{cases}\]

由 $\textcircled{\small{1}}$ 和 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的下界知：

\[k \le \min(y-1,\lfloor\frac{q}{x}\rfloor)\text{ }\textcircled{\small{4}}
\]

这时候需要一点感性理解：

当 $\textcircled{\small{4}}$ 时，$\textcircled{\small{1}}$ 和 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的下界一定成立；
对于越大的 $k$，$\textcircled{\small{2}}$ 的下界不变，上界增大；
$\textcircled{\small{3}}$ 中区间长度与 $k$ 无关，所以下界在 $\le q$ 的前提下越大越好。

综上，$k$ 越大越好，于是钦定：

\[k = \min(y-1,\lfloor\frac{q}{x}\rfloor)
\]

注意到此时可以调和级数 $O(p\log p)$ 的枚举 $x$ 和 $y$ 同时 $O(1)$ 检验，期望得分 $50$ 分。

再想优化，就需要分类讨论：

$\bold{I.} $ 当 $\lfloor\frac{q}{x}\rfloor \le y-1$ 时，

此时 $k=\lfloor\frac{q}{x}\rfloor$。

分析前面的不等式组：

$\textcircled{\small{1}}$ 和 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的下界一定成立；
对于 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的上界 $kx+y(x-1)$，代入 $k$ 得：

\[q \le \lfloor\frac{q}{x}\rfloor\cdot x+y(x-1)
\]

注意到 $\lfloor\frac{q}{x}\rfloor\cdot x \gt q-x$，而 $y \ge 1$ 即 $y(x-1) \ge x-1$，于是 $\textcircled{\small{3}}$ 恒成立。

综上，只需考虑 $\textcircled{\small{2}}$ 和 $\lfloor\frac{q}{x}\rfloor \le y-1$ 即 $k\le y-1$ 的大前提即可。

\[\begin{cases}
k \le y-1\\
xy \le p \le xy+k(x-1) & \textcircled{\small{2}}\\
\end{cases}\]

考虑卡出 $y$ 的范围，易得：

\[\max(k+1,\lceil\frac{p+k}{x}\rceil-k)\le y\le \lfloor\frac{p}{x}\rfloor
\]

改写一下向上取整：

\[\max(k+1,\lfloor\frac{p+k-1}{x}\rfloor+1-k)\le y\le \lfloor\frac{p}{x}\rfloor
\]

接着考虑怎么整除分块，比较好写的做法是：循环中先以 $\lfloor\frac{p}{x}\rfloor$ 进行分块，算出 $k$ 和 $\lfloor\frac{p+k-1}{x}\rfloor$ 在对右端点 $r$ 进行更新即可。

先放一下实现：

for(ll l=1,r;l<=p;l=r+1){

    r=p/(p/l);

    ll k=q/l,tmp=p+k-1;

    if(k) r=min(r,q/k);

    if(l<=tmp) r=min(r,tmp/(tmp/l));

    ans+=(r-l+1)*max(p/l-max(k+1,tmp/l+1-k)+1,0ll);

}

$\bold{II.} $ 当 $\lfloor\frac{q}{x}\rfloor \gt y-1$ 时，

此时 $k=y-1$。

类似的，分析原不等式组：

$\textcircled{\small{1}}$ 和 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的下界一定成立；
对于 $\textcircled{\small{2}}$ 中 $p$ 的下界 $xy$，

\[\because \lfloor\frac{q}{x}\rfloor \gt y-1
\]

\[\therefore \lfloor\frac{q}{x}\rfloor \ge y
\]

\[\therefore \lfloor\frac{q}{x}\rfloor\cdot x \ge xy
\]

\[\therefore xy \le q
\]

于是 $\textcircled{\small{2}}$ 中 $p$ 的下界的限制必成立；

对于 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的下界 $kx$，

\[\because y-1 \lt \lfloor\frac{q}{x}\rfloor\text{ }且\text{ }k=y-1
\]

\[\therefore k \lt \lfloor\frac{q}{x}\rfloor
\]

\[\therefore kx \lt \lfloor\frac{q}{x}\rfloor\cdot x
\]

\[\therefore kx \lt q
\]

\[\therefore kx \le q
\]

于是 $\textcircled{\small{3}}$ 中 $q$ 的下界的限制必成立；

综上，只需考虑 $\textcircled{\small{2}}$ 和 $\textcircled{\small{3}}$ 中的上界。

$p.s.$ 大前提 $\lfloor\frac{q}{x}\rfloor \gt y-1$ 在 2. 和 3. 中考虑过了，无需再考虑。

\[\begin{cases}
p \le xy+k(x-1) & \textcircled{\small{2}} & (上界)\\
q \le kx+y(x-1) & \textcircled{\small{3}} & (上界)
\end{cases}\]

将 $k=y-1$ 代入得：

\[\begin{cases}
p \le 2xy-x-y+1 & \textcircled{\small{2}} & (上界)\\
q \le 2xy-x-y & \textcircled{\small{3}} & (上界)
\end{cases}\]

考虑卡出 $2xy-x-y$ 的范围，易得：

\[2xy-x-y\ge \max(p-1,q)
\]

类似的，卡出 $y$ 的范围，易得：

\[(2x-1)y\ge\max(p-1,q)+x
\]

\[\implies y \ge\lfloor\frac{x+\max(p-1,q)}{2x-1}\rfloor
\]

这个就好写很多，直接整除分块即可。

给出实现：

for(ll l=1,r;l<=min(p,q);l=r+1){

    r=min(p,q)/(min(p,q)/l);

    ll tmp=(max(p-1,q)+l-1)/(2*l-1));

    if(tmp) r=min(r,(max(p-1,q)+tmp-1)/(2*tmp-1));

    ans+=(r-l+1)*max(min(p,q)/l-tmp,0ll);

}

Code

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll p,q,ans;

int main(){

    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);

    cin>>p>>q;

    for(ll l=1,r;l<=p;l=r+1){

        r=p/(p/l);

        ll k=q/l,tmp=p+k-1;

        if(k) r=min(r,q/k);

        if(l<=tmp) r=min(r,tmp/(tmp/l));

        ans+=(r-l+1)*max(p/l-max(k+1,tmp/l+1-k)+1,0ll);

    }

    for(ll l=1,r;l<=min(p,q);l=r+1){

        r=min(p,q)/(min(p,q)/l);

        ll tmp=(max(p-1,q)+l-1)/(2*l-1);

        if(tmp) r=min(r,(max(p-1,q)+tmp-1)/(2*tmp-1));

        ans+=(r-l+1)*max(min(p,q)/l-tmp,0ll);

    }

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}