【题解】洛谷 P5946 [POI2002]B-Smooth 数

感觉这题还是挺神的。

设 $f(c,l,r,k)$ 表示 $[l,r]$ 的数在分解完前 $c-1$ 个质因子，并且第 $c$ 个分解了 $k$个后，恰好为 $1$ 的个数（说白了，就是只有前 $c$ 个质数中的若干个）。

那么：$f(c,l,r,k)=f(c-1,l,r,k)+f(c,\lceil \frac{l}{p_c}\rceil ,\lfloor \frac{r}{p_c}\rfloor ,k-1)$

解释一下：

首先 $k^{\prime }$ 表示的是 $\underset{l\le x\le r,p^k|x}{max}\{k\}$，这个应该很好理解。

然后第二个式子：显然我们可以把 $[l,r]$ 内的所有满足是 $p_c$ 的倍数的整数表示为：$\lceil \frac{l}{p_c}\rceil \times p_c,(\lceil \frac{l}{p_c}\rceil +1)\times p_c\dots ,\lfloor \frac{r}{p_c}\rfloor \times p_c$，那么把所有的这些都除以一个 $p_c$ 就得到了上面的式子，然后这个东西可以用类似记忆化搜索的东西去算（其实并不需要真的记忆化，毕竟也开不下这么大的数组）。

由于递归的层数可以带替 $k$，那就可以不带 $k$ 玩了。

可能需要一点优化，都在代码里了：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX=1e6+10;
const int MOD=1e9+7;
inline char readchar() {
	static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
	return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline int read() {
#define readchar getchar
	int res = 0, f = 0;
	char ch = readchar();
	for(; !isdigit(ch); ch = readchar()) if(ch == '-') f = 1;
	for(; isdigit(ch);ch = readchar()) res = (res << 1) + (res << 3) + (ch ^ '0');
	return f ? -res : res;
}
inline void write(int x) {
    if(x<0){putchar('-');x=-x;}
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
int n,m,p,sum;
int vis[MAX],cnt,pri[MAX];
inline int f(int c,int l,int r)
{
	if(r<=pri[c])return r-l+1;
    if(c==1)
    {
        return (int)(log(r)/log(2.0)+1.0+1e-6)-(int)(log(l-1)/log(2.0)+1.0+1e-6);
    }
    if(l==r)
    {
        int t=l;
        for(int i=c;i>=1;i--) while(t%pri[i]==0) t/=pri[i];
        if(t==1) return 1; return 0;
    } 
	return f(c-1,l,r)+f(c,(l+pri[c]-1)/pri[c],r/pri[c]);
}
signed main()
{
	n=read(),m=read(),p=read();
	vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=p;i++)
	{
		if(!vis[i]) pri[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=p;j++)
		{
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
//	for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<pri[i]<<" ";
	cout<<f(cnt,n,n+m);
	return 0;
}