UOJ 188 【UR #13】Sanrd——min_25筛

题目：http://uoj.ac/problem/188

令 \( s(n,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}[min_i>=p_j]f(j) \) ，其中 \( min_i \) 表示 i 的最小质因子。

令 \( g(n,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}[i \in P or min_i>p_j]1 \) ，其中 P 表示质数集合。

\( s(n,j)=s(n,j+1)+s(\frac{n}{p_j},j)+p_j(g(\frac{n}{p_j},cnt)-(j-1)) \) ，其中 cnt 表示 \( <=\sqrt n \) 的最大质数。

　　\( s(\frac{n}{p_j},j) \) 表示除掉 \( p_j \) 后是合数的数的贡献， \( g(\frac{n}{p_j},cnt)-(j-1) \) 表示除掉 \( p_j \) 后是一个 \( >=p_j \) 的质数的数的个数。

所以算 s 的时候要从小到大枚举 n 。如果每次从 m 开始枚举，在 n 较小的时候 continue 的话复杂度不对，但发现 j 是递减的，即 \( p_j \) 递减，所以每次最小的可行的 n 越来越小，用指针指一下就行了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=640000;
ll n,p2[N],w[N],s[N],g[N];int m,cnt,base,p[N];bool vis[N];
void init()
{
  m=cnt=0;base=sqrt(n);
  for(ll i=1,j;i<=n;i=n/j+1)w[++m]=j=n/i;
  memset(vis,0,sizeof vis);
  for(int i=2;i<=base;i++)
    {
      if(!vis[i])p[++cnt]=i,p2[cnt]=(ll)i*i;
      for(int j=1,d;j<=cnt&&(d=i*p[j])<=base;j++)
    {vis[d]=1;if(i%p[j]==0)break;}
    }
}
int Id(ll x){return x<=base?m-x+1:n/x;}
void cz()
{
  for(int i=1;i<=m;i++)g[i]=w[i]-1;
  for(int j=1,pl=0;j<=cnt;j++,pl++)//pl=j-1
    for(int i=1;i<=m&&p2[j]<=w[i];i++)
      g[i]-=g[Id(w[i]/p[j])]-pl;
}
ll solve()
{
  init();cz();memset(s,0,sizeof s);
  int p0=1;
  for(int j=cnt;j;j--)
    {
      while(p0<=m&&p2[j]<=w[p0])p0++;
      for(int i=p0-1;i;i--)
    {
      int k=Id(w[i]/p[j]);
      s[i]+=s[k]+(ll)p[j]*(g[k]-(j-1));
    }
    }
  return s[1];
}
int main()
{
  ll ans=0;
  scanf("%lld",&n);n--;if(n)ans=-solve();
  scanf("%lld",&n);ans+=solve();
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}