[LOJ6235]区间素数个数

题目大意：
　　给定$n(n\leq10^{11})$，求$\pi(n)$。

思路：
　　计算$\pi$函数有$O(n^{\frac23})$的Lehmer算法，这里考虑$O(\frac{n^{\frac34}}{\ln n})$的洲阁筛。
　　我们可以将答案分为$\leq\sqrt n$的质数个数和$>\sqrt n$的质数个数。
　　其中$\leq\sqrt n$的质数个数可以线性筛预处理，而$>\sqrt n$的质数个数相当于用$\leq\sqrt n$的质数筛这$n$个数后剩下的数的个数。
　　若用$f[i][j]$表示$1\sim j$中与前$i$个数互质的数的个数，则转移方程为$f[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][\lfloor\frac j{p_i}\rfloor]$。$\pi(n)\sim\frac n{\ln n}$，$j$有$\sqrt n$种取值，时间复杂度$O\left(\frac n{\ln\sqrt n}\right)=O\left(\frac n{\ln n}\right)$。
　　当$p_{i+1}>j$时，$f[i][j]=1$。所以当$p_i>\frac j{p_i}$时，转移方程变为$f[i][j]=f[i-1][j]-1$。
　　因此对于每一个$j$，只需计算$p_i^2\leq j$的$f[i][j]$即可。对于$p_i^2>j$的$j$，可以记录最后一步的$i$是多少，转移的时候把那些$1$一起减掉。答案就是一开始线性筛求出的$\leq\sqrt n$的质数个数+用$\leq\sqrt n$筛完剩下的数。注意筛完除了那些$>\sqrt n$的质数，还会剩下$1$，因此最后要把$1$去掉。
　　时间复杂度$O\left(\frac{n^\frac34}{\ln n}\right)$。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int64 getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int64 x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int LIM=316228,P=27294;
bool vis[LIM];
int lim,p[P],sum[LIM],last[LIM*2],cnt;
int64 val[LIM*2],f[LIM*2];
inline void sieve() {
    for(register int i=2;i<=lim;i++) {
        if(!vis[i]) p[++p[0]]=i;
        sum[i]=sum[i-1]+!vis[i];
        for(register int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=lim;j++) {
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}
int main() {
    const int64 n=getint();
    lim=sqrt(n);
    sieve();
    for(register int64 i=1;i<=n;i=n/(n/i)+1) {
        val[++cnt]=n/i;
    }
    std::reverse(&val[1],&val[cnt]+1);
    std::copy(&val[1],&val[cnt]+1,&f[1]);
    for(register int i=1;i<=p[0];i++) {
        for(register int j=cnt;j;j--) {
            const int64 k=val[j]/p[i],pos=k<=lim?k:cnt+1-n/k;
            if(k<p[i]) break;
            f[j]-=f[pos]+last[pos]-i+1;
            last[j]=i;
        }
    }
    printf("%lld\n",sum[lim]+f[cnt]-1);
    return 0;
}