Codeforces Round 962 (Div. 3) D. Fun 题解写在前面的话想了一个小时，第一次写这种题

写在前面的话

想了一个小时，第一次写这种题，也算是学到了。可惜这个题本来不难的，没有写出来。但是觉得特别好，于是记下，希望对我和大家都有帮助！

题意

给你两个不等式：

\begin{cases} a \ast b + a \ast c + b \ast c \leq n \\ \tag1 a + b + c \leq x \end{cases} 其中 1 \leq a , b , c , x , n \leq 10 ^ 6

给出 $x , n$ 要求出符合不等式组的三元组 $(a , b, c)$ , 其中 $(1 , 2 , 1) , (1 , 1 , 2)$ 不被认为是同一组解。 约束： 对于T组测试点满足， $1 \leq \sum_{i=1}^{T}x_i , \sum_{i=1}^{T}n_i \leq 10 ^ 6$

思路

观察不等式，我们可以发现因为 $a \ast c + a \ast b + b \ast c$ 这种特殊结构 , 所以 $(1 , 2 , 1), (1 , 1 , 2)$ 结果相同， 它们等价。观察数据范围， $10 ^ 6$ 大概率是 $O(n)$ 到 $O(nlogn)$ 的做法合理. 观察到 $3 \leq a + b + c \leq x$ 这也是一个性质 , 但是貌似和解题没什么关系。观察到 , 如果 $a \ast b + a \ast c + b \ast c \leq n$ 成立，那么 $a \ast b \leq n$ 也一定成立。假设我们现在枚举 a , 然后看看最多有多少合法的 b。

结论:

对于 $\forall a$ 最多有 $O(logn)$ b 成立

那么我们只需要暴力枚举 a , b 即可，如果发现不等式不满足，直接放弃更大b的枚举。——因为两个不等式左边是单调的。将不等式变形，所以答案是

\sum_{a=1} ^{n} \sum_{b=1}^{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor} min({\lfloor \frac{n - a \ast b}{a + b} \rfloor} , x - a - b) \tag2

因为C 最小取 1 ，我们只需要找到满足两个等式的C最大取多少。将所有的 $a , b$ 都枚举完，统计贡献即可。

时间复杂度证明

首先我们试着找到 b 最多枚举多少个 , 由上 $a \ast b \leq n$

b \leq \lfloor \frac{n}{a} \rfloor \tag3

我们知道 b 最多枚举这么多，但是这不够显然！我们可以尝试先暴力， 枚举 a , b. 那么我们可以得到答案为以下等式：

\sum_{a=1}^a\sum_{b=1}^{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor} ((a * b + b * c + a * c) \leq n \&\& (a + b + c) \leq x) \tag4 其中表达式成立结果为 1 , 否则为 0 .

Note: 为了保证取到最多的b使得上式尽量成立 , 我们取 $C := C_{min}$ 即 1。我们可以通过放缩得到下式:

\sum_{a=1}^a\sum_{b=1}^{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor} ((a * b + b * c + a * c) \leq n \&\& (a + b + c) \leq x) \leq \sum_{a=1}^a \ast {\lfloor \frac{n}{a} \rfloor} \tag5

\sum_{a=1}^a \ast {\lfloor \frac{n}{a} \rfloor} \leq n * \sum_{a=1}^n \frac{1}{a} \tag6

\sum_{a=1}^n \frac{1}{a} = 1 + (ln^n - ln^2) \tag7

对于右边的等式我们发现是一个调和级数 对于 $\forall a$ , 我们最多可以取到 $O(logn)$ 个b , 所以最后的时间复杂度是 $O(nlogn)$ 的。

至此，证毕！

后文

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