洛谷P3935 Calculating (莫比乌斯反演)

P3935 Calculating

题目描述

若xx分解质因数结果为\(x=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_n^{k_n}，令f(x)=(k_1+1)(k_2+1)\cdots (k_n+1)f(x)=(k1​+1)(k2​+1)⋯(kn​+1)，\)求\(\sum_{i=l}^rf(i)\)对\(998244353\)取模的结果。

输入输出格式

输入格式：

输入共一行，两个数，\(l,r。\)

输出格式：

输出共一行，一个数，为\(\sum_{i=l}^rf(i)\)对\(998244353\)取模的结果。

输入输出样例

输入样例#1：

2 4

输出样例#1：

7

说明

Solution

如果你做过一些莫比乌斯反演的题,那么这道题可以说就是一个整除分块的模板

首先我们需要知道一个定理:约数个数定理
设\(f(x)\)为\(x\)的约数个数

\[n=\prod_{i=1}^k{p_i^{a_i}}\to f(n)=\prod_{i=1}^k{(a_i+1)} \]

上述式子中,\(p_i\)为质数
证明:

由约数定义可知\(p1^{a1}\)的约数有:\(p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1\) ，共\((a1+1)\)个;同理\(p2^{a2}\)的约数有\((a2+1)\)个......\(pk^{ak}\)的约数有\((ak+1)\)个。根据乘法原理答案就是上述式子

考虑一下题目所求,

\[Ans=\sum_{i=l}^{r}f(i) \]

转换一下变成

\[Ans=\sum_{i=1}^rf(i)-\sum_{i=1}^{l-1}f(i) \]

对于\(f(n)\),我们可以认为

\[f(n)=\sum_{d|n}1 \]

令\(Ans1=\sum_{i=1}^rf(i)\),由此推出

\[Ans1=\sum_{i=1}^r\sum_{d|i}1 \]

更换枚举项,改为枚举i的因子

\[Ans1=\sum_{d=1}^r\lfloor\frac{r}{d}\rfloor \]

同理求出\(Ans2\),然后用一下整除分块\(O(\sqrt n)\)预处理就可以了,不会的看一下我上面放的链接

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define Min(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define lol long long
using namespace std;

const lol mod=998244353;

void in(lol &ans) {
	ans=0; lol f=1; char i=getchar();
	while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
	while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
	ans*=f;
}

int main()
{
    lol ans1=0,ans2=0; lol n,m; in(n),in(m),n--;
    for(rg lol l=1,r,len;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l),len=r-l+1;
        ans1=(1ll*(ans1%mod+len%mod*(n/l)%mod)%mod)%mod;
    }
    for(rg lol l=1,r,len;l<=m;l=r+1) {
        r=m/(m/l),len=r-l+1;
        ans2=(1ll*(ans2%mod+len%mod*(m/l)%mod)%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",(ans2-ans1+mod)%mod);//注意这里,最后答案一定要(ans+mod)%mod,不然可能会出现负数
    return 0;
}

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