HDU 6069 Counting Divisors (数论)
Description
给定\(l\)，\(r\)和\(k\)，计算以下表达式的值。
其中\(d(n)\)为\(n\)的正因子数量。
Input
第一行给出用例组数\(T\)，接下来\(T\)行，每行给出三个整数\(l\)，\(r\)和\(k\)。\(1 \leqslant l \leqslant r \leqslant 10^{12},\ r-l \leqslant 10^6,\ 1 \leqslant k \leqslant 10^7\)。
Output
对于每组测试用例，输出一个整数表示答案。
Sample Input
3
1 5 1
1 10 2
1 100 3
Sample Output
10
48
2302
Solution
易知若\(n\)的素因子分解为\(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2} \cdots p_s^{k_s}\)，则\(d(n)=(k_1+1)(k_2+1) \cdots (k_s+1)\)，\(d(n^k)=(kk_1+1)(kk_s+1) \cdots (kk_s+1)\)。因此要得到\(i^k\)的因子数只需要素因子分解\(i\)。
一个数n的素因子主要分布在\([1,\sqrt{n}]\)的范围内，\([\sqrt{n},n]\)内最多有一个。反证：假设\([\sqrt{n},n]\)有两个素因子\(p\)和\(q\)，则\(p \times q \geqslant n\)，矛盾。
区间\([l,r]\)内每个数的素因子，主要分布在\([1,\sqrt{r}]\)内，\([\sqrt{r},r]\)内最多有一个。于是线性筛出\([1,\sqrt{r}]\)范围内的所有质数，枚举每个质数\(p\)，枚举\([l,r]\)内所有\(p\)的倍数，计算\(p\)对它们的全部贡献。然后枚举\([l,r]\)内的每个数，如果在\([\sqrt{r},r]\)内还有素因子，一并算上。
时间复杂度为$$O(\sum_{i=l}^{r}{\Omega(i)})$$，其中\(\Omega(i)\)为\(i\)的素因子数量。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 10;
int is_prime[N], prime[N], tot;
void get_prime(int n)
{
for (int i = 1; i <= n; i++) is_prime[i] = true;
is_prime[0] = is_prime[1] = false;
tot = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (is_prime[i]) prime[tot++] = i;
for (int j = 0; j < tot && prime[j] * i <= n; j++)
{
is_prime[prime[j] * i] = false;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
ll a[N], d[N];
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
get_prime(1e6);
while (T--)
{
ll l, r, k;
scanf("%lld%lld%lld", &l, &r, &k);
for (ll i = l; i <= r; i++) a[i - l] = i, d[i - l] = 1;;
for (int i = 0; i < tot; i++)
{
ll p = prime[i];
ll t = ceil((double)l / p) * p;
for (ll j = t; j <= r; j += p)
{
int tot = 0;
while (a[j - l] % p == 0) tot++, a[j - l] /= p;
d[j - l] = d[j - l] * (tot * k % mod + 1) % mod;
}
}
ll ans = 0;
for (ll i = l; i <= r; i++)
{
if (a[i - l] != 1) d[i - l] = d[i - l] * (k + 1) % mod;
ans = (ans + d[i - l]) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
