P3601 签到题
知识点: 简单数论, 欧拉函数, 筛法求素
原题面
题目要求 :
给定 \(l,r\) , 求 \(\large\sum \limits_{i=l}^{r} {i- \phi (i)}\)
\(1\le l\le r\le 1e12 \ ,\ r-l\le 1e6\)
分析题意 :
有下列性质 :
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对于 \(x \in Z\), 有:
\(\large \phi(x) = x \times \prod\limits_{i=1}^{x}{\dfrac{p_i-1}{p_i}} (p_i \mid x)\)
\(x\) 的一质因子 \(p_i\) 对 \(\phi (x)\) 的贡献为 \(\dfrac{p_i-1}{p_i}\)
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对于 一个合数\(x\) , 至多存在一个 质因子 , \(\ge \sqrt{x}\)
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则可以筛出 \([1,\sqrt{1e12}]\) 内的质数
然后 用这些质数 对 \([l,r]\) 进行试除 ,若可整除 \(x\) , 则计算其对 \(\phi(x)\) 的贡献
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如何特判 \(\ge \sqrt{x}\) 的 之多一个 质因子 \(p_{max}\)?
显然 , \(\large p_{max} = \dfrac{x}{\prod\limits p_i^{a_i}}\)则可 在试除时 , 对原数 \(x\) 进行操作 ,
全部试除完毕后 , 原数 \(x\) 变成 \(1\) 或者 \(p_{max}\)
此时再计算 \(p_{max}\) 的贡献即可
-
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<ctype.h>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define ll long long
const int MARX = 1e6+10;
const ll mod = 666623333;
//=============================================================
ll L,R,ans,K[MARX],phi[MARX];
bool flag[MARX];
std::vector <ll> prime;
//=============================================================
inline ll read()
{
ll s=1, w=0; char ch=getchar();
for(; !isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') s =-1;
for(; isdigit(ch);ch=getchar()) w = w*10+ch-'0';
return s*w;
}
//=============================================================
signed main()
{
L = read(), R = read();
for(int i = 2; i < MARX; i ++)//筛出[2,1e6]中的质数
{
if(!flag[i]) prime.push_back(i);
for(int j = 2; i * j < MARX; j ++)
flag[i*j] = 1;
}
for(ll i = L; i <= R; i ++) phi[i-L] = K[i-L] = i;//初始化
for(int i = 0,size = prime.size(); i < size; i ++)//枚举质数
for(ll j = max(2ll, (L-1) / prime[i] + 1); prime[i]*j <= R; j ++)//枚举质数的倍数
{
ll x = prime[i] * j - L;
phi[x] = phi[x] / prime[i] * (prime[i]-1);//计算 贡献
for(;K[x] % prime[i] == 0;) K[x] /= prime[i];//除去 pi
}
for(ll i = L; i <= R; i ++)//枚举l~r中的数
{
if(K[i-L] != 1) phi[i-L] = phi[i-L] / K[i-L] * (K[i - L] - 1);//计算 >=sqrt(x)的质因子的贡献
ans = (ans + (i - phi[i-L])) % mod;//累加答案
}
printf("%lld", ans);
}
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