2017 Multi-University Training Contest - Team 4——HDU6069&&Counting Divisors

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6069

题目意思：首先解释一下d[n]这个函数表示n有多少个因子，百度一下可以知道这个函数是一个非完全积性函数，d[n]=d[i]*d[j]当且仅当i*j=n，且i和j互质，现在求一个[l,r]区间的所有数d[i^k]的和。

思路：比赛场上知道xjb推出了题目给的这个公式d(n​^k​​)=(kc​1​​+1)(kc​2​​+1)...(kc​m​​+1)，还是很容易推了的，可能百度也可以找到吧，还是自己推一下比较好。这里说一下是怎么退出来了。首先对于一个数n可以质因分解出n=p1^m1*p2^m2*p3^m3……ps^ms，其中p1，p2，p3…………ps是互不相同的质数，所以每一项都是互质的。

所以d[n]=d[p1^m1]*d[p2^m2]*d[p3^m3]……d[ps^ms]。又因为n^k=[p1^m1*p2^m2*p3^m3……ps^ms]*[p1^m1*p2^m2*p3^m3……ps^ms]…………*[p1^m1*p2^m2*p3^m3……ps^ms]，k项相乘，合并一下可以得到n^k=p1^(m1*k)*p2^(m2*k)*p3^(m3*k)…………ps^(ms*k)，我们知道对于一个素数有两个因数，而p^k（p为素数）的因子数为k+1，我们可以这样反推这个结论。因为一个数有唯一的质因分解，所以p^k的必然分解成k个p，那么所有的p^t(0<=t<=k)必定都是p^k的因数，而p^k的因数不会再有其他数了，所以一共k+1个因子。

由以上我们证明了d(n​^k​​)=(kc​1​​+1)(kc​2​​+1)...(kc​m​​+1)这个式子，我们现在关键就是把这个式子中的每一个数的每一个c1……cm算出来即可。很明显质因分解计算每个质因子的个数。但是这里用简单的计算不行，所以这道题需要用到区间素数筛，用sqrt(r)内的素数把[l,r]的素数筛出来，那些被筛掉的数必然是被自己的质因子筛掉的。还有一点一个数n的质因子最多只有一个在sqrt（n）的右侧。所以我们建立一个orz数组初始化orz[i-l]=l，然后每次计算一个质因子对他的贡献，就他这些质因子除掉。最后对于那些orz[i-l]！=1的只有两种情况要么是素数，要么是有一个质因子在sqrt(i-l)的右侧，我们只需要再把ans[i-l]*=k+1就好了。

筛素数的时候多筛点，我因为筛少了，导致wa了5发

代码：

 //Author: xiaowuga
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
 const long long N=1e6+;
 const long long mod=;
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 bool is_p_small[N];
 bool is_p[N];
 LL ans[N];
 LL l,r,k;
 LL orz[N];
 LL prime[N];
 LL p=;
 void sieve(){
     mem(is_p_small,true);
     is_p_small[]=is_p_small[]=false;
     for(LL i=;i<=N-;i++){
         if(is_p_small[i]){
             prime[p++]=i;
             for(LL j=*i;j<=N-;j+=i) is_p_small[j]=false;
         }
     }
 }

 void sement_sieve(LL a,LL b){
     mem(is_p,true);
     LL lim=ceil(sqrt(b));
     for(LL i=;prime[i]<=lim;i++){
         for(LL j=max(2LL,(a+prime[i]-)/prime[i])*prime[i];j<=b;j+=prime[i]){
             is_p[j-a]=false;
             LL res=;
             while(orz[j-a]%prime[i]==){
                 orz[j-a]/=prime[i];
                 res++;
             }
             ans[j-a]=ans[j-a]*(res*k+)%mod;
         }
      }
 }
 int main(){
     int T;
     scanf("%d",&T);
     sieve();
     while(T--){
         scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
         for(LL i=;i<=r-l+;i++) {ans[i]=;orz[i]=i+l;}
         sement_sieve(l,r+);
         LL sum=;
         for(LL i=;i<=r-l;i++){
             if(orz[i]!=) ans[i]=ans[i]*(k+);
         }
         for(LL i=;i<=r-l;i++){
             sum=(sum+ans[i])%mod;
         }
         printf("%lld\n",sum);
     }
     return ;
 }