min_25 JZOJ5594 最大真因数

最新推荐文章于 2024-07-14 21:17:23 发布

原创最新推荐文章于 2024-07-14 21:17:23 发布 · 846 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#min25

数学同时被 2 个专栏收录

32 篇文章

订阅专栏

min25

1 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种高效算法，用于计算指定区间内所有合数的最大真因数之和。采用埃氏筛法原理，通过优化实现，解决了大范围内的合数真因数求和问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Time Limits: 2000 ms Memory Limits: 524288 KB Detailed Limits Downloads

Description

一个合数的真因数是指这个数不包括其本身的所有因数，例如6 的正因数有
1; 2; 3; 6，其中真因数有1; 2; 3。一个合数的最大真因数则是这个数的所有真因数中最大
的一个，例如6 的最大真因数为3。
给定正整数l 和r，请你求出l 和r 之间（包括l 和r）所有合数的最大真因数之和。

Input

从文件factor.in 中读入数据。
输入共一行，包含两个正整数l 和r。保证l<=r。

Output

输出到文件factor.out 中。
输出共一行，包含一个整数，表示[l; r] 内所有合数的最大真因数之和。

Sample Input

1 10
101 1000
180208 975313
339762200 340762189
2500000000 5000000000

Sample Output

17
163446
151642139152
112318862921546
3094668961678105770

Data Constraint

l,r<=5*10^9

Hint

【样例1 解释】
在1 至10 之间的合数有4; 6; 8; 9; 10，它们的最大真因数分别为2; 3; 4; 3; 5，因此最
大真因数之和为2 + 3 + 4 + 3 + 5 = 17

题解

首先肯定先拆成1–l-1,1–r
考虑模拟埃氏筛法：f[i][j]表示当前要筛2–i，已经筛完了前j个质数剩下的数的和
设最后一个能筛带质数的数是 $p_t$
那么答案就为 $\sum_{i=1}^{t}(f[n][i]-f[n-1][i])/p_i$
考虑转移
首先 $p_j^2>i$ 时筛不掉任何数，所以此时f[i][j]=f[i][j-1]
否则我们考虑对其可以筛掉的数分解质因数，发现分解后每一个数对应的质因数组都是大于等于pj的，并且一定有pj，所以f[i][j]=f[i-1][j]-pj*(f[i/pj][j-1]-sum[j-1])，其中sum[x]为前x个质数的和
这样就相当于强行选了一个pj，然后减去那个前缀和的原因是不能有更小的质因数
发现第一维的范围是 $\sqrt{n}$ 级别的，因为< $\sqrt{n}$ 的有 $\sqrt{n}$ 个，对于i>= $\sqrt{n}$ ，n/i<= $\sqrt{n}$ ，也就是说最多只有 $\sqrt{n}$ 个可能会用到的i，然后因为第二维是质数所以还可以除一个log，最后复杂度是 $n^{3/4}*(1/log n)$ 的
在实际的实现中，我们可以按照j分层做，随着j的增长，第一位是递减的，对于小于 $\sqrt{n}$ 的我们开一个数组直接存，大于 $\sqrt{n}$ 的i我们可以存储n/i，这样就可以直接转移了

贴代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define ll long long

using namespace std;

const int maxn=4e5+5;

int f[2][maxn];
int st[maxn],tp;
ll go[maxn],s[maxn],sum[maxn];
bool bz[maxn];
int i,j,k,m;
ll l,r,x,y,t1,t2,now,ans;

ll solve(ll x){
    m=trunc(sqrt(x)); tp=0; ans=0;
    int i,j;
    memset(bz,false,sizeof(bz));
    fo(i,2,m){
        if (bz[i]==false){
            st[++tp]=i; sum[tp]=sum[tp-1]+i;
        }
        fo(j,1,tp){
            if (st[j]*i>m) break;
            bz[st[j]*i]=true;
            if (i%st[j]==0) break;
        }
    }
    ll l=1; now=0;
    while (l<=x){
        t1=x/l;
        s[++now]=(t1*(t1+1))/2-1;
        if (t1<=m) f[0][t1]=now; else f[1][l]=now;
        go[now]=t1;
        l=(x/t1)+1;
    }
    fo(j,1,tp){
        while (go[now]/(st[j]*st[j])==0) now--;
        fo(i,1,now){
            t1=go[i]/st[j];
            if (t1<=m) t2=f[0][t1]; else t2=f[1][x/t1];
            if (i==1) ans=ans+s[t2]-sum[j-1];
            s[i]=s[i]-(s[t2]-sum[j-1])*st[j];
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    freopen("factor.in","r",stdin);
    freopen("factor.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));
    return 0;
}