2018南京icpc-J-Prime Game (欧拉筛+唯一分解定理)
题意:给定n个数ai(n<=1e6,ai<=1e6),定义,并且fac(l,r)为mul(l,r)的不同质因数的个数,求
思路:可以先用欧拉筛求出1e6以内的所有质数,然后对所有ai判断,如果ai不是质数就利用唯一分解定理计算其所有质因数。然后按照顺序依次计算每个质因子的贡献。假设n=5,对质因子2,依次记录它在数组出现的下标,如果它在2、4下标出现了,那么它的贡献即为所有包含2或4的区间个数,逆向计算,即所有区间个数-不包含2和4的区间个数,即
n(n+1)/2-m1(m1+1)/2-m2(m2+1)/2-m3(m3+1)/2,其中m1=2-1-0=1,m2=3-2=1,m3=5-4=1,即3块不包含2和4的子区间长度。
AC代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std; typedef long long LL;
const int maxn=1e6+;
int n,a[maxn],cnt,vis[maxn],prime[maxn];
int pre[maxn],vis1[maxn];
LL ans,cs; void Eular(){
for(int i=;i<maxn;++i){
if(!vis[i]) prime[cnt++]=i;
for(int j=;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;++j){
vis[i*prime[j]]=;
if(i%prime[j]==) break;
}
}
} void solve(int id,int x){
if(!vis1[x]){
vis1[x]=;
ans+=cs;
}
LL t=id--pre[x];
pre[x]=id;
ans-=1LL*t*(t+)/;
} int main(){
Eular();
scanf("%d",&n);
cs=1LL*n*(n+)/;
for(int i=;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=n;++i){
if(a[i]==) continue;
if(!vis[a[i]]){
solve(i,a[i]);
}
else{
int tmp=a[i];
for(int j=;j*j<=tmp;++j){
if(tmp%j==){
while(tmp%j==) tmp/=j;
solve(i,j);
}
}
if(tmp!=){
solve(i,tmp);
}
}
}
for(int i=;i<cnt;++i){
int t=pre[prime[i]];
if(t){
t=n-t;
ans-=1LL*t*(t+)/;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
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