hdu 6069

思路：n=p1^x1*p2^x2....pm^xm，则p的约数个数为(x1+1)*(x2+1)....(xm+1)，那么n^k=p1^(x1+k)....pm^(xm+k),约数个数为(x1*k+1)*....*(xm*k+1)。

　　 先求出1-1e6内的质数，再对l--r之间的数求xi

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const ll mod=998244353;

ll prime[N],vis[N];

int init(){
    int x=0;
    for(ll i=2;i<=N;i++){
        if(!vis[i]) {
               // cout<<i<<endl;
                prime[++x]=i;
        }
        else continue;
        for(ll j=i*i;j<=N;j+=i){
                vis[j]=1;
        }
    }
    return x;
}
ll a[N],b[N];
int main(){
    int t;
    ll l,r,k;
    int len=init();
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld%llld",&l,&r,&k);
        for(int i=0;i<=N-1;i++){
            a[i]=b[i]=1;
        }
        for(int i=1;i<=len;i++){
            ll p=prime[i];ll L;
            if(l%p!=0) L=(l/p+1)*p;  else L=l;
            for(ll j=L;j<=r;j+=p){
                ll x=0;
                ll base=1, y=j;
                while(y%p==0){
                    x++;
                    y/=p;
                    base*=p;
                }
                a[j-l+1]=a[j-l+1]*(x*k+1)%mod;
                b[j-l+1]*=base;

            }
        }
        ll sum=0;
        for(ll i=l;i<=r;i++){
            if(b[i-l+1]!=i)
                a[i-l+1]=a[i-l+1]*(k+1)%mod;
            sum=(sum+a[i-l+1])%mod;
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
}