UOJ#188. 【UR #13】Sanrd

III.UOJ#188. 【UR #13】Sanrd

题意：求 $\sum\limits_{i=l}^rf(i)$，其中 $f(i)$ 为 $i$ 的次大质因子。

显然其可以被转为两个前缀和相减的形式。

明显 $f(i)$ 并非积性函数，所以常规min25筛处理不了。但是我们可以用非常规min25筛。

考虑仍令 $h(n,j)=\sum\limits_{i=1}^n[i\text{的最小质因子大于第}j\text{个质数}]f(i)$。

考虑仍然分质数和合数计算贡献。质数贡献为 $0$，故我们只需考虑合数。

考虑枚举最小质因子 $p$ 及其在 $i$ 中次数。则贡献为 $\sum\limits_{k=j+1}^{|\mathtt{prime}|}\sum\limits_{(p_k)^a\leq n}h\Big(n/(p_k)^a,k+1\Big)+p_k\sum\limits_{i=p_k}^{\left\lfloor n/(p_k)^a\right\rfloor}[i\in\mathtt{prime}]$。

其中，加号前面的是 $f(i)\neq p_k$ 的答案，后面的是 $f(i)=p_k$ 时的答案，此时必有且仅有一个 $\geq p_k$ 的因数作为 $i$ 的因子才会使 $p_k$ 成为其次大质因子。

后面的东西可以用常规min25筛中的 $g$ 简单得出。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,ans;
int m,pri[1001000];
ll g[1001000],kth[1001000];
int tot,sml[1001000],lar[1001000];
void sieve(){
	memset(pri,0,sizeof(pri));
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=m;j++){pri[i*pri[j]]=true;if(!(i%pri[j]))break;}
	}
}
ll H(ll x,int y){
	if(x<=pri[y])return 0;ll ret=0;
	for(int i=y+1;i<=pri[0]&&1ll*pri[i]*pri[i]<=x;i++)for(ll X=x/pri[i];X;X/=pri[i])ret+=H(X,i),ret+=(X>=pri[i]?pri[i]*(g[(X<=m?sml[X]:lar[n/X])]-i+1):0);
	return ret;
}
ll solve(){
	m=sqrt(n),sieve();
	tot=0,memset(kth,0,sizeof(kth)),memset(sml,0,sizeof(sml)),memset(lar,0,sizeof(lar)),memset(g,0,sizeof(g));
	for(ll i=1,I;i<=n;i=n/(n/i)+1)I=kth[++tot]=n/i,g[tot]=I-1,(I<=m?sml[I]:lar[n/I])=tot;
	for(int i=1;i<=pri[0];i++)for(int j=1;j<=tot&&1ll*pri[i]*pri[i]<=kth[j];j++){
		ll nexi=kth[j]/pri[i];int I=(nexi<=m?sml[nexi]:lar[n/nexi]);
		g[j]-=g[I]-(i-1);
	}
//	for(int j=1;j<=tot;j++)printf("%d ",kth[j]);puts("");
//	for(int j=1;j<=tot;j++)printf("%d ",g[j]);puts("");
	return H(n,0);
}
int main(){
	scanf("%lld",&n),n--,ans-=solve();
	scanf("%lld",&n),ans+=solve();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}