The Preliminary Contest for ICPC Asia Xuzhou 2019 H.function(min25筛)

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Code92007/article/details/108313872

题目

思路来源

https://blog.youkuaiyun.com/jk_chen_acmer/article/details/101558425

题解

min25筛的部分用的比较基础，用了一个区间素数个数，一个区间素数和

首先，考虑这个式子，阶乘的话，1被计了n次，2被计了n-1次，i被计了n+1-i次

则答案等价于求 $\sum_{i=1}^{n}(n+1-i)f(i)$ ，即 $(n+1)\sum_{i=1}^{n}f(i)-\sum_{i=1}^{n}i*f(i)$

f函数，实际上等价于统计每个p出现了多少次，最后求个总和，

考虑勒让德定理，统计每个 $p^{e}$ 出现了多少次， $\sum_{i=1}^{n}f(i)=\sum_{p^{e}}\left \lfloor \frac{n}{p^{e}} \right \rfloor$

计 $g(i)=i*f(i)$ ，对于 $p^{e}$ 的每个倍数 $k*p^{e}$ ，其对答案的贡献都是 $k*p^{e}$ ，

所以提一个 $p^{e}$ 出来等差数列求和，即知这部分最终答案为 $\sum_{i=1}^{n}i*f(i)=\sum_{p^{e}}\frac{\left \lfloor \frac{n}{p^{e}} \right \rfloor*(\left \lfloor \frac{n}{p^{e}}\right \rfloor+1)}{2}p^{e}$

暴力的做的话，从1往上枚举幂次e至超出限制，累加答案即可，但复杂度不大行，

所以，对于e>=2的 $p^{e}$ ，由于此时 $p\leq \sqrt n$ ，暴力枚举p统计上述的f和g，

而对于e=1的情形，需要数论分块解决[l,r]区间内的素数和、素数个数，

此时，套一下min25筛的质数处理部分，前缀和作差即可

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,mod=998244353,inv2=(mod+1)/2;
ll n,Sqr,w[N],ans,ret;
ll pri[N],id1[N],id2[N],h[N],g[N],c;
bool zs[N];
int tot,sp[N];
void pre(int n){
	zs[1]=true;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!zs[i]){
            pri[++tot]=i;
            sp[tot]=(sp[tot-1]+i)%mod;
		}
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j){
			zs[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	Sqr=sqrt(n);
	pre(Sqr);
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);w[++c]=n/l;
		h[c]=(w[c]-1)%mod;
		g[c]=(w[c]%mod)*((w[c]+1)%mod)%mod*inv2%mod-1;
		if(w[c]<=Sqr)id1[w[c]]=c;
		else id2[r]=c;
	}
	for(int j=1;j<=tot;++j){
		for(int i=1;i<=c && pri[j]*pri[j]<=w[i];++i){
			int k=(w[i]/pri[j]<=Sqr)?id1[w[i]/pri[j]]:id2[n/(w[i]/pri[j])];
			(g[i]-=1ll*pri[j]*(g[k]-sp[j-1])%mod)%=mod;
			(h[i]-=h[k]-j+1)%=mod;
		}
	}
    /*
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ll x=(n/l)%mod;
        ans=(ans+x)%mod;
    }
    ans=(ans-n%mod+mod)%mod;
    */
    for(int j=1;j<=tot && pri[j]*pri[j]<=n;++j){//枚举p<=sqrt(n)
        for(ll t2=pri[j]*pri[j];t2<=n;t2*=pri[j]){//枚举p的幂次e>=2
            ll v=(n/t2)%mod,v2=v+1;
            ans=(ans+(v*v2/2)%mod*t2%mod)%mod;
            ret=(ret+v)%mod;
        }
    }
    int pre=0,now=0;//[l,r]区间段求素数个数 求素数区间和 nowr-prer
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        if(r<=Sqr)now=id1[r];
		else now=id2[n/r];

		ll v=(n/l)%mod,v2=v+1;
		ll sump=(g[now]-g[pre])%mod,nump=(h[now]-h[pre])%mod;
        //printf("l:%lld r:%lld sump:%lld nump:%lld now:%d pre:%d wnow:%lld wpre:%lld\n",l,r,sump,nump,now,pre,w[now],w[pre]);
        ans=(ans+(v*v2/2%mod)*sump%mod+mod)%mod;
        ret=(ret+(v%mod)*nump%mod+mod)%mod;
        pre=now;
    }
    printf("%lld\n",((n+1)%mod*ret-ans+mod)%mod);
	return 0;
}