2017ACM暑期多校联合训练 - Team 4 1003 HDU 6069 Counting Divisors (区间素数筛选+因子数)
Problem Description
In mathematics, the function d(n) denotes the number of divisors of positive integer n.
For example, d(12)=6 because 1,2,3,4,6,12 are all 12's divisors.
In this problem, given l,r and k, your task is to calculate the following thing :
(∑i=lrd(ik))mod998244353
Input
The first line of the input contains an integer T(1≤T≤15), denoting the number of test cases.
In each test case, there are 3 integers l,r,k(1≤l≤r≤1012,r−l≤106,1≤k≤107).
Output
For each test case, print a single line containing an integer, denoting the answer.
Sample Input
3
1 5 1
1 10 2
1 100 3
Sample Output
10
48
2302
分析:
如果一个数n可以分解成n=p1m1*p2m2*···*pn^mn的话(其中p1,p1···为素数),那么这个数的因子个数就为(m1+1)*(m2+1)*···*(mn+1)。
同样的,这个数由n变为nk的话,相应的次数前面分别乘以k即可。即nk的因子个数为(k*m1+1)*(km2+1)*···*(kmn+1)。
这个问题解决掉之后,我们会发现数据范围太大,我们的数组分本没办法开到那么大,我们可以把数据由前半部分来推出后半部分。
先打个1e6范围内的素数表,然后枚举可行范围内的每个素数,在区间[ l , r ]内寻找所有的该素数的倍数,将其分解质因数。
到最后如果一个数没有变成1,那就说明这个数是大于1e6的质数。(质数只有1和它本身)那么如果按照规律计算的话,只需要乘上一个(k+1)就行了。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;
const int mod=998244353;
int n;
int cnt=0;
int primes[maxn];
int vis[maxn];
void get_primes()///筛选法求出1e6之内的素数,比1e6大的素数可以通过这些素数间接的求出来
{
int m=sqrt(maxn+0.5);///开方,循环到这个就行了
for(int i=2; i<=m; i++)
{
if(!vis[i])
{
for(int j=i*i; j<=maxn; j+=i)
vis[j]=1;
}
}
for(int i=2; i<=maxn; i++)
if(!vis[i]) primes[cnt++]=i;
}
ll l, r, k;
ll sum[maxn], num[maxn];
int main()
{
get_primes();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
ll ans=0;
///因为l和r的范围比较大,但是它们之间的差值不会查过1e6,可以将数组缩小一点
for(ll i=l; i<=r; i++)
{
sum[i-l]=1;///个数
num[i-l]=i;///表示的是这个数
}
for(int i=0; i<cnt && primes[i]*primes[i]<=r; i++)///所有的素数
{
///求出的是[l,r]区间中第一个能够被rimes[i]整除的数
ll tmp=ceil((long double)l/primes[i])*primes[i];
for(ll j=tmp; j<=r; j+=primes[i])///枚举所有的这个素数的倍数
{
if(num[j-l]%primes[i]==0)
{
int res=0;
while(num[j-l]%primes[i]==0)
{
res++;
num[j-l]/=primes[i];
}
sum[j-l]=(sum[j-l]*(((ll)res*k+1))%mod)%mod;
}
}
}
for(ll i=l; i<=r; i++)
{
if(num[i-l]!=1)///那些本身是素数的数
sum[i-l]=(sum[i-l]*(k+1))%mod; ///大于1e6的质数
ans=(ans+sum[i-l])%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
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