HDU 6069 Counting Divisors【区间素筛】【经典题】【好题】

Counting Divisors

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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

 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 4

题意：求l到r中所有数的k次方的因数个数之和。

题解：

设n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}n=p​1​c​1​​​​p​2​c​2​​​​...p​m​c​m​​​​，则d(n^k)=(kc_1+1)(kc_2+1)...(kc_m+1)d(n​k​​)=(kc​1​​+1)(kc​2​​+1)...(kc​m​​+1），因为区间长度不超过1e6枚举不超过

r√​​ 的所有质数p，再枚举区间[l,r]中所有p的倍数，将其分解质因数，最后剩下的部分就是超过r√​​ 的质数，只可能是0个或1个，进行特判一下，将其加上就好了。

注意：这里分解的时候不是把每一个数逐一进行分解，而是类似于区间两次筛，每一次枚举素数的倍数，然后整段的去筛计算素数的指数，相当于每次找len/2,len/3,len/4...len/n次，以节约时间，与poj2689的思路有异曲同工之妙。

写的时候傻逼了，把

for (int j = 2 * i; j < maxn; j += i) not_prime[j] = 1;

的not_prime[j] = 1写成了not_prime[i] = 1，T了一万年 (T＿T)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <map>
#include <cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ms(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;

typedef long long ll;

const double pi = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e6 + 10;

ll prime[maxn]; //记录素数
ll l, r, k;
ll d[maxn];		//记录这个数的质因数数量
ll ans[maxn];	//记录这个数是否可以被完全分解质因数

bool not_prime[maxn];
int cnt = 0;	//素数的个数

void getPrime()	//埃氏筛法得到1e6内的素数
{
	not_prime[0] = not_prime[1] = 1;
	for (int i = 2; i < maxn; i++)
	{
		if (!not_prime[i])
		{
			prime[cnt++] = i;
			for (int j = 2 * i; j < maxn; j += i) not_prime[j] = 1;
		}
	}
}


void solve()
{
	for (int i = 0; i < cnt; i++)	//枚举素数
	{
		ll tmp = (l + prime[i] - 1) / prime[i] * prime[i];	//利用自动取整【(l + prime[i] - 1) / prime[i]】得到l到r的最小的prime[i]的倍数，乘prime[i]得到这个数
		while (tmp <= r)
		{
			ll cnt = 0;	//记录指数是多少
			while (ans[tmp - l] % prime[i] == 0)
			{
				cnt++;
				ans[tmp - l] /= prime[i];
			}
			d[tmp - l] = (d[tmp - l] * (k*cnt + 1)) % mod;
			tmp += prime[i];	//枚举下一倍数
		}
	}
	ll res = 0;
	for (ll i = l; i <= r; i++)
	{
		if (ans[i - l] == 1) res = (res + d[i - l]) % mod;	//如果ans结果为1则证明可以完全分解，直接加上结果即可
		else res = (res + d[i - l] * (k + 1)) % mod;	//否则表示还有素数且素数指数为1，再乘以1*k+1即可
	}
	printf("%lld\n", res);
}

int main()
{
	getPrime();
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld", &l, &r, &k);
		for (ll i = l; i <= r; i++)	//初始化d和ans
		{
			d[i - l] = 1;
			ans[i - l] = i;
		}
		solve();
	}
	return 0;
}