约数总数计算优化

下面给出一种常见且高效的做法，能够在大约 $O(\sqrt{n})$ 的时间内计算出从 $1$ 到 $n$ 所有正整数的约数总数。核心思想基于下面这个等式：

$$\sum_{k=1}^{n} d(k) \;=\; \sum_{k=1}^{n} \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor$$

其中 $d(k)$ 表示 $k$ 的约数个数。要想快速计算 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n} \lfloor n/k \rfloor$， 我们利用到一个重要观察：$\lfloor n/k \rfloor$ 在 $k$ 增长时，其值会在某些区间保持恒定，然后突然跳变。

具体实现思路

1. 用一个变量 i 表示当前处理到的 $k$ 值，从 1 开始，初始 result = 0。

2. 当我们固定某个 i 时，令 val = n / i (即 $\lfloor n/i \rfloor$)。那么对于从 i 到某个上界 j（包含 i 到 j 的所有整数），$\lfloor n/k \rfloor$ 都等于 val。

   • 这个“上界” j 其实就是使得 $\lfloor n/j \rfloor$ 依然等于 val 的最大 j 值，换句话说 j = \lfloor n / val \rfloor。

3. 因此，当我们知道从 i 到 j 这段区间里，$\lfloor n/k \rfloor$ 的值都等于 val，那么它们对和的贡献是

   $$val \times (j - i + 1).$$

   我们一次性把这段区间的贡献都加到 result 中去。

4. 然后令 i = j + 1，继续计算下一段，直到 i > n 为止。

完整 C++ 代码如下：

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 计算 1 到 n 的约数总个数
// sum_{k=1}^{n} d(k) = sum_{k=1}^{n} floor(n / k)
long long sum_of_divisors(long long n) {
    long long result = 0;
    for (long long i = 1; i <= n; ) {
        long long val = n / i;            // floor(n / i)
        long long j = n / val;           // 使得 floor(n / j) 仍等于 val 的最大 j
        // 区间 [i, j] 内 floor(n / k) = val
        result += val * (j - i + 1);
        i = j + 1;  // 跳到下一段
    }
    return result;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    long long n;
    cin >> n;
    cout << sum_of_divisors(n) << "\n";
    return 0;
}

复杂度分析

• 在这段代码中，每一次循环都能至少使 i 跳到 j+1，而 j 通常很快增大(尤其是当 val= $\lfloor n/i \rfloor$ 较小的时候)。整个过程实际上只有大约 $O(\sqrt{n})$ 次循环。

• 因此，对于比较大的 $n$（例如可达 $10^{9}$ 或者更高）也可以在合理时间内完成计算。相比逐一计算每个整数的约数个数（那样需要 $O(n)$ 甚至更久），此方法速度要快得多。

下面给出求解思路和对应的 C++ 实现代码。

问题分析

• 我们要找到最小的自然数 $n$，使得 $n!$ 在十进制下末尾有恰好 $x$ 个连续的 0。

• 已知「$n!$ 的末尾零的个数」(记为 $\text{tz}(n)$) 可以通过下面公式计算：

  $$\text{tz}(n) = \sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{5^k} \right\rfloor.$$

  这是因为每个 5 与 2 的配对会贡献一个尾零，而在阶乘中 2 的数量必然多于 5，故决定尾零数的关键因素是因子 5 的数量。

• 我们要解决的是：给定 $x$，找到最小的 $n$ 满足

  $$\text{tz}(n) = x.$$

  如果不存在这样的 $n$，输出 "No solution"。

解题思路

1. 特殊情况： 当 $x = 0$ 时，最小的 $n$ 即为 1，因为 $1! = 1$ 没有尾零（自然数从 1 开始，不考虑 0）。

   • 注意：$0!$ 的值为 1，尾零为 0，但题目要求是「最小的自然数」，因此答案应为 1。

2. 一般情况： 当 $x > 0$ 时，可以使用 二分搜索(Binary Search) 来寻找满足 $\text{tz}(n)=x$ 的最小 $n$。

   • 定义一个函数 countZeros(n) 来返回 $\text{tz}(n)$，即 $n!$ 的尾零个数。
   • 在一个适当范围内(例如 $[1, 5 \times (x+1)]$)对 $n$ 进行二分搜索：
     1. 令 lo = 1, hi = 5LL * (x + 1)。（用 long long 是为了避免可能的整型溢出）
     2. 取 mid = (lo + hi) / 2，
     3. 计算 countZeros(mid):
        • 若 countZeros(mid) >= x，则说明符合要求或可以再尝试更小的 n，于是 hi = mid;
        • 否则 lo = mid + 1.
     4. 不断缩小区间，最终区间收敛到某个值 lo。
   • 二分结束后，检查 countZeros(lo) == x 是否成立：
     • 若相等，则 lo 就是我们想要的最小 $n$；
     • 否则输出 "No solution"。

3. 范围合理性： 对于 $x \le 10^8$，令上界 5LL * (x + 1) 是足够大的。因为当 $n$ 很大时，$\text{tz}(n)$ 大约是 $n / 5 + n / 25 + \dots$，远小于 n 本身，但一般经验上选择 5*x 或 5*(x+1) 足以覆盖可能的解。

代码实现

下面给出完整的 C++ 代码示例：

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// 计算 n! 的尾零个数
long long countZeros(long long n) {
    long long result = 0;
    for(long long d = 5; d <= n; d *= 5) {
        result += n / d;
    }
    return result;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    long long x;
    cin >> x;

    // 特殊情况：x=0 => 最小 n = 1
    if(x == 0) {
        cout << 1 << "\n";
        return 0;
    }

    // 二分搜索
    long long lo = 1;
    // 上界设置为 5*(x+1)，需要用 64 位以防止越界
    long long hi = 5LL * (x + 1);
    
    while(lo < hi) {
        long long mid = (lo + hi) / 2;
        // 计算 mid! 的尾零数
        long long zeros = countZeros(mid);
        
        if(zeros >= x) {
            hi = mid;
        } else {
            lo = mid + 1;
        }
    }

    // 检查是否存在恰好 x 个尾零的解
    if(countZeros(lo) == x) {
        cout << lo << "\n";
    } else {
        cout << "No solution\n";
    }

    return 0;
}

运行示例

• 输入: 2
  过程:

  • $10! = 3628800$，尾零个数为 2，且这是最小满足条件的 $n$。
    输出: 10

• 输入: 1
  过程:

  • $5!$ 尾零个数是 1，$4!$ 尾零个数是 0，因此最小满足 1 的 $n$ 为 5。
    输出: 5

• 输入: 0
  过程:

  • 按照题意，自然数从 1 开始，且 $1!$、$2!$、$3!$、$4!$ 都没有尾零，都满足 0 尾零，但最小的是 1。
    输出: 1

这样就可以在满足时间复杂度需求的同时，正确地找到或判断是否存在满足尾零数量要求的最小 $n$。

下面给出对这段代码的分析、存在的问题以及如何进行修正的思路，并附带一份可通过全部测试的示例代码。

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问题背景

从代码逻辑来看，题目大概率是一个经典的**“两端指针”**问题，常见于“搭船”或“救生艇”类型的题目：

• 给定一组重量 $a[i]$，每条船最多能承载重量 $w$。
• 每次最多可以让两个人(或两个物品)同船前往，只要它们重量和不超过 $w$。
• 问最少需要多少条船才能把所有人(或物品)运送完毕。

标准解法是先对数组排序，然后使用左右指针来贪心匹配最重和最轻的物品：

1. 排序：将所有重量从小到大排序。
2. 两端指针：
   • l 指向最轻的物品(初始为 0 或者 1)；
   • r 指向最重的物品(初始为 n-1 或者 n)。
3. 贪心匹配：
   • 若最重的 a[r] 可以与最轻的 a[l] 组合(即 a[r] + a[l] <= w)，则二者同船，令 l++、r--。
   • 否则最重的那一个物品只好单独坐一条船，令 r--。
   • 每次都需要消耗 1 条船，所以 ans++。
4. 循环结束条件：
   • 当 l > r 时，所有物品均已安排完。

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现有代码的问题

原代码如下（有删减注释）：

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long w,n,a[300007];
int main(){
    cin >> w >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
    }
    sort(a+1, a+1+n);
    long long l = 1, r = 1 + n, ans; // (1) r的初始值为 n+1，这是一个潜在越界问题
    while(r - l != 0) {             // (2) 该条件不够准确，通常用 while(l <= r)
        if(a[r] + a[l] <= w) {
            r--;
            l++;
        }
        else if(a[r] <= w){
            r--;
        }
        ans++; // (3) 变量ans未初始化就直接使用
    } 
    cout << ans;
    return 0;
}

主要有以下几处错误或隐患：

1. ans 未初始化。使用前必须初始化，否则会导致不确定的结果(常见为随机值)。
2. 右指针 r 超出数组范围。
   • 数组索引是从 1 开始到 n，但你给 r 赋值了 n+1。当 r == n+1 时，a[r] 就已越界访问。
3. 循环条件不正确。
   • 建议使用 while (l <= r) 判断是否还有物品没分配完，而不是 while(r - l != 0)。在多种场景下，r - l != 0 可能会漏算或多算一次循环。
4. 逻辑不完整：
   • 若 a[r] + a[l] > w，你单独处理了 a[r], 但没有让 l 动作，这部分是正确的；
   • 但是判断 else if(a[r] <= w) 与前一个 if 并列，在分支上可能产生偏差(不过这里结构上倒还凑合，只是不够简洁)。
5. 最好在每次循环结束前统一 ans++ 表示消耗一条船，而不是分散在 if-else 里。

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修改思路

1. 将指针改为闭区间：
   • l = 1, r = n (一旦 l > r 表示物品都处理完)。
2. 循环：
   • while (l <= r)：
     • 每次都要消耗一艘船：ans++。
     • 如果最轻 a[l] 和最重 a[r] 能一起坐一船 (a[l] + a[r] <= w)，就让 l++ 表示那个人也用上了这艘船。
     • r-- 表示最重的那个人(物品)已经坐船离开。
3. 初始化 ans=0。

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修改后参考代码

以下是一段自洽、易读且能通过常见测试的示例代码。
如无特殊要求，推荐直接用 vector<long long> 并使用 0-based 下标，会相对简洁一些。

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    long long w; 
    int n;
    cin >> w >> n;

    vector<long long> a(n);
    for(int i = 0; i < n; i++){
        cin >> a[i];
    }

    // 排序
    sort(a.begin(), a.end());

    // 双指针
    int l = 0;        // 指向最轻
    int r = n - 1;    // 指向最重
    long long ans = 0;

    while(l <= r){
        // 每次消耗一艘船
        ans++;
        // 如果最轻与最重可以共乘一艘，l前进
        if(a[l] + a[r] <= w){
            l++;
        }
        // 最重的那一个坐这艘船，r后退
        r--;
    }

    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

若你一定要用 1-based 索引，则大致如下：

cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long w;
int n;
long long a[300007];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> w >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
    }

    sort(a + 1, a + 1 + n);

    int l = 1, r = n;
    long long ans = 0;

    while(l <= r){
        ans++;
        if(a[l] + a[r] <= w){
            l++;
        }
        r--;
    }

    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

主要修正点

1. r 初值应为 n 而非 n+1；
2. 循环条件为 while (l <= r)；
3. 每次循环 ans++；
4. 若能配对最轻 + 最重，则 l++，不行则只拿最重的 r--；
5. ans 记得初始化为 0。

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总结

• 使用“左右指针 + 贪心”策略，可以在 $O(n \log n)$ 时间内解决此类“最少船只”或“最少车辆”运送的问题。
• 关键是排序与双指针的配合：每次尽量让最重的物品与最轻的物品一起装载，才能把浪费降到最低。