2018ICPC 南京Problem J. Prime Game

题目：

题意：给出一个序列a1,⋯,ana1,⋯,an。fac(l,r)fac(l,r)为mul(l,r)mul(l,r)中不同质因数的个数。

请计算：

                ∑i=1n∑j=infac（l,r）

思路：求质因数的贡献度,我们可以定义一个二维vector pos[i][k]=p表示当前质因数i在p位置出现k次那么该因子的贡献度为（n-p+1)*p，

           因为可能会重复计算的，那么我们只要减去上一个位置出现i的情况，那么每一个质因子的贡献度为（n-pos[i][k]+1)*(pos[i][k]-pos[i][k-1];

           有两种实现一种直接质数分解，大概跑了800ms,用一个欧拉筛进行打表优化跑了400ms。

  1 //#include<bits/stdc++.h>
  2 #include<time.h>
  3 #include <set>
  4 #include <map>
  5 #include <stack>
  6 #include <cmath>
  7 #include <queue>
  8 #include <cstdio>
  9 #include <cstring>
 10 #include <string>
 11 #include <vector>
 12 #include <cstring>
 13 #include <iostream>
 14 #include <algorithm>
 15 #include <list>
 16 using namespace std;
 17 #define eps 1e-10
 18 #define PI acos(-1.0)
 19 #define lowbit(x) ((x)&(-x))
 20 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps)
 21 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s);
 22 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 23 typedef long long ll;
 24 typedef unsigned long long ull;
 25 const int maxn=1e6+5;
 26 const int Inf=0x7f7f7f7f;
 27 const ll Mod=1e9+7;
 28 const int N=3e3+5;
 29 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判断一个数是不是 2 的正整数次幂
 30 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//对 2 的非负整数次幂取模
 31 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0
 32 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 为 0，否则为 -1
 33 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); }
 34 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
 35 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
 36 int Abs(int n) {
 37   return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
 38   /* n>>31 取得 n 的符号，若 n 为正数，n>>31 等于 0，若 n 为负数，n>>31 等于 -1
 39      若 n 为正数 n^0=n, 数不变，若 n 为负数有 n^(-1)
 40      需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算，
 41      结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1 就是绝对值 */
 42 }
 43 ll binpow(ll a, ll b,ll c) {
 44   ll res = 1;
 45   while (b > 0) {
 46     if (b & 1) res = res * a%c;
 47     a = a * a%c;
 48     b >>= 1;
 49   }
 50   return res%c;
 51 }
 52 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
 53 {
 54     if(b==0) {
 55         x=1,y=0;
 56         return;
 57     }
 58     extend_gcd(b,a%b,x,y);
 59     ll tmp=x;
 60     x=y;
 61     y=tmp-(a/b)*y;
 62 }
 63 ll mod_inverse(ll a,ll m)
 64 {
 65     ll x,y;
 66     extend_gcd(a,m,x,y);
 67     return (m+x%m)%m;
 68 }
 69 ll eulor(ll x)
 70 {
 71    ll cnt=x;
 72    ll ma=sqrt(x);
 73    for(int i=2;i<=ma;i++)
 74    {
 75     if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1);
 76     while(x%i==0) x/=i;
 77    }
 78    if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1);
 79    return cnt;
 80 }
 81 int n,a[maxn];
 82 vector<int>pos[maxn];
 83 int cnt=0;
 84 bool isprime[maxn];
 85 int prime[maxn];
 86 void judge()
 87 {
 88     cnt=0;
 89     mem(isprime,1);
 90     isprime[1]=0;
 91     for(int i=2;i<maxn;i++)
 92     {
 93         if(isprime[i])
 94             prime[cnt++]=i;
 95         for(int j=0;j<cnt&&(i*prime[j])<maxn;j++)
 96         {
 97             isprime[i*prime[j]]=0;
 98             if(i%prime[j]==0) break;
 99         }
100     }
101 }
102 void dec(int p)
103 {
104     int n=a[p];
105     for(int i=0;i<cnt&&prime[i]*prime[i]<=n;i++)
106     {
107         if(n%prime[i]==0)
108         {
109             pos[prime[i]].push_back(p);
110             while(n%prime[i]==0) n/=prime[i];
111         }
112     }
113     if(n>1) pos[n].push_back(p);
114 }
115 void dec_(int p)
116 {
117     int n=a[p];
118     for(int i=2;i*i<=n;i++)
119     {
120         if(n%i==0)
121         {
122             pos[i].push_back(p);
123             while(n%i==0) n/=i;
124         }
125     }
126     if(n>1) pos[n].push_back(p);
127 }
128 int main()
129 {
130    judge();
131    for(int i=0;i<cnt;i++) pos[prime[i]].push_back(0);
132    scanf("%d",&n);
133    for(int i=1;i<=n;i++)
134    {
135     scanf("%d",&a[i]);
136     dec(i);
137    }
138    ll ans=0;
139    for(int i=0;i<cnt;i++)
140    {
141     for(std::size_t k=1;k<pos[prime[i]].size();k++)
142     {
143         ans+=(ll)(n-pos[prime[i]][k]+1)*(pos[prime[i]][k]-pos[prime[i]][k-1]);
144     }
145    }
146     printf("%lld\n",ans);
147    return 0;
148 }