description
\(T\)次询问，每次问\(L,L+1...R\)有多少种子集满足子集中乘积为完全平方数。
solution
50pt
首先双倍经验
通常的思路是：平方数即每个质因子指数为偶
跟奇偶性有关问题用异或!
用二进制（位数大，这里用bitset）每个质因子代表一位，表示该质因子指数的奇偶性。
就相当于问所有数对应bitset异或起来为0的方案数。
令线性基中的个数为\(c\)，方案数为（算空集）\(2^{n-c}\)。
首先不在线性基里面的个数(\(n-c\))为自由元个数，也可以理解为线性基外的无论怎么选，都能用线性基里的唯一构造出异或和为\(0\)。(线性基外的选了，再选线性基里面异或和等于它的几个)。
因此完成了问题的转化。
回到这道题，暴力的50pt可以过了。一次插入复杂度\(\pi^2(n)\)
当然可以优化，到\(\pi^2(\sqrt{n})\)
每个数质因数分解最多只会有一个\(>\sqrt{n}\)的质因子。
bitset和线性基只需要维护\(<=\sqrt{n}\)的质数即可。
对于\(>\sqrt{n}\)位的线性基，开一个unordered_map<质因子，对应bitset>。
挺妙的，感觉自己的大脑根本没有创造力！
100pt
50pt到100pt的桥梁只是一个结论:质因子\(n\)在\(r-l+1>\sqrt{n}\)且\([l,r]\)中存在数含有质因子\(n\)，\(n\)一定会被加入线性基
证明？
这样根号分治一下
1.\(len<=\sqrt{10^7}\),暴力线性基
2.\(len>\sqrt{10^7}\),枚举每个质数\(p\)判断\([l,r]\)是否存在它的倍数(\(\left\lfloor\dfrac{r}{p}\right\rfloor \ne \left\lfloor\dfrac{l-1}{p}\right\rfloor\))
贺的 code:
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int SN=455;
typedef bitset<SN> bit;
typedef long long ll;
const int Sq=3200;
const int mod=998244353;
const int N=1e7+1;
bool is_p[N];
int p0[N],p[N],ptot,tot0;
void _xxs() {
is_p[1]=1;
for(int i=2;i<N;i++) {
if(!is_p[i]) {
if(i<=Sq)p0[++tot0]=i;
p[++ptot]=i;
}
for(int j=1,x;j<=ptot&&(x=p[j]*i)<N;j++) {
is_p[x]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
// printf("ptot = %d tot0 = %d\n",ptot,tot0);
// for(int i=1;i<=10;i++)printf("%d ",p0[i]);puts("");
}
int S;
bit a[SN]; //线性基
unordered_map<int,bit> mp;
void Insert(int x) {
bit v;
for(int i=1;i<=tot0;i++) {
if(x%p0[i])continue;
int w=0;
while(x%p0[i]==0) {x/=p0[i];w^=1;}
if(w)v[i]=1;
}
if(x>1) {
if(!mp.count(x)) {mp[x]=v;S++;return;}
else {v^=mp[x];}
}
for(int i=tot0;i>=1;i--) {
if(!v[i])continue;
if(!a[i].any()) {a[i]=v;S++;return;}
v^=a[i];
}
}
ll ksm(ll x,ll y) {ll mul=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)mul=mul*x%mod;return mul;}
void Clear() {S=0;for(int i=tot0;i>=1;i--)a[i].reset();mp.clear();}
int main() {
_xxs();
int T;scanf("%d",&T);
while(T--) {
Clear();
int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);
int len=r-l+1;
if(len<=7000) {
for(int i=l;i<=r;i++) Insert(i);
}
else {
for(int i=1;i<=ptot&&p[i]<=r;i++) {
if(r/p[i]!=(l-1)/p[i]) {S++;}
}
}
printf("%lld\n",ksm(2,len-S));
}
return 0;
}
