[loj2978]杜老师

假设所有素数从小到大依次为$p_{1},p_{2},...,p_{k}$，我们将$x$转换为一个$k$位的二进制数，其中从低到高第$i$位为1当且仅当其$p_{i}$的幂次为奇数

不难发现以下两个性质：

1.假设$x$和$y$转换得到的二进制数分别为$x'$和$y'$，则$xy$转换后二进制数为$x'\oplus y'$

2.$x$为完全平方数当且仅当$x$转换得到的二进制为0

由此，实际上也就是统计$[l,r]$这些数所转换的二进制数有多少个子集结果为0

考虑线性基，当构造得到线性基后，根据线性基有以下性质：对于线性基外任取若干个数，线性基内恰存在一种取法使得最终异或结果为0

首先，由于线性基外的每一个数都能与线性基内的若干个数异或为0，将所有数异或起来也就得到了一种方案，同时若有两种方案，即线性基内存在若干个数异或为0，也矛盾

由此，我们得到了方案数就是$2^{r-l+1-线性基内数的个数}$

暴力求线性基复杂度是$o(\frac{r-l+1}{\omega}\pi(r)^{2})$（其中$\pi(r)$表示小于等于$r$的素数个数），需要优化：

由于大于$\sqrt{r}$的素因子至多只有1个，因此可以手动模拟这一次操作，具体来说遍历时在第一次出现某个大素数（大于$\sqrt{r}$的素数）时记录该数，并令之后出现含有此因子的都异或该数

这样做的复杂度降为$o(\frac{r-l+1}{\omega}\pi(\sqrt{r})^{2})$，但还是无法通过

进一步的，暴力验证可以发现在$r-l\ge 6661$时，线性基一定会满，即线性基内数的个数即$[l,r]$中所有出现的素因子个数，这个可以枚举素数来计算

最终，复杂度即$o(t(\pi(r)+\frac{6661\pi(\sqrt{r})^{2}}{\omega}))$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000005
#define mod 998244353
#define L 6661
#define P 446
bitset<P>g,bt[L],f[P];
int t,l,r,mi[N],vis[N],p[N],lst[N];
int main(){
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod;
    vis[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if (!vis[i])p[++p[0]]=i;
        for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N);j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0)break;
        }
    }
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d%d",&l,&r);
        int ans=r-l+1;
        if (r-l>=L){
            for(int i=1;p[i]<=r;i++)
                if (r/p[i]>(l-1)/p[i])ans--;
        }
        else{
            for(int i=0;i<P;i++)f[i].reset();
            for(int i=l;i<=r;i++){
                int k=i;
                for(int j=1;j<=P;j++){
                    int tot=0;
                    while (k%p[j]==0){
                        tot^=1;
                        k/=p[j];
                    }
                    bt[i-l][j-1]=tot;
                }
                g=bt[i-l];
                if (k>1){
                    if ((lst[k]<l)||(lst[k]>=i))lst[k]=0;
                    if (!lst[k]){
                        lst[k]=i;
                        ans--;
                    }
                    g^=bt[lst[k]-l];
                }
                for(int j=0;j<P;j++){
                    if (!g.any())break;
                    if (g[j]){
                        if (!f[j].any()){
                            f[j]=g;
                            ans--;
                        }
                        g^=f[j];
                    }
                }
            } 
        }
        printf("%d\n",mi[ans]);
    }
    return 0;
}