Counting Divisors HDU - 6069

最新推荐文章于 2021-08-09 20:41:35 发布

原创最新推荐文章于 2021-08-09 20:41:35 发布 · 283 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

例题专栏收录该内容

11 篇文章

订阅专栏

本文探讨了一道关于求解特定区间内所有数的k次幂因子个数之和的数学问题，并提供了一种高效的算法解决方案。通过对素数的处理及优化，避免了逐个数进行素因子分解的低效方式。

In mathematics, the function d(n) denotes the number of divisors of positive integer n .

For example, d(12)=6 because 1,2,3,4,6,12 are all 12 's divisors.

In this problem, given l,r and k , your task is to calculate the following thing :

(\sum i = l r d (i k)) mod 998244353

Input

The first line of the input contains an integer T(1≤T≤15) , denoting the number of test cases.

In each test case, there are 3 integers l,r,k(1≤l≤r≤1012,r−l≤106,1≤k≤107)

Output

For each test case, print a single line containing an integer, denoting the answer.

Sample Input

Sample Output

2302

题目分析：求区间 [ l , r ]中的所有数的k次幂因子的个数和模 998244353的值。

知识储备：对任意一个自然数都可以唯一分解为: n=pα11⋅pα22⋯pαss 其中 pi 为素数。

数n的因子个数函数： τ(n)=∏si=0(αi+1) 其中 αi 为上述分解中 pi 的幂。本题中的 k 方很好处理，只要每个 α 都乘一下 k 就可以了。

题目分析：比赛的时候采用的方法是一个数一个数的进行素因子分解，求出每个数的k次幂的因数和，再相加，结果超时了，意料之中。

看标程给的思路主要是通过素因子来找数，看那些数是这些素因子的倍数，求出每个素因子的幂，然后求和。

下面给出求一个数因子和的一般代码：

int count(int n)///求n的因子的个数
{
    int s=1;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0)
    {
        int a=0;
        while(n%i==0)
        {
            a++;
            n/=i;
        }
        s=s*(a+1);
    }
    if(n>1) 
        s=s*2;
    return s;
}

给出AC代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e6+9;
const int mod=998244353;
bool isprime[N];
int cnt=0;///记录素数的个数
long long prime[N];
void doprime()///线性筛素数，打表
{
    memset(isprime,true,sizeof(isprime));
    isprime[0]=isprime[1]=false;
    for(int i=2;i<=N;i++)
        if(isprime[i])
    {
        prime[cnt++]=i;
        for(long long j=i+i;j<=N;j+=i)
            isprime[j]=false;
    }
}

long long l,r,k;
long long n;
long long f[N];
long long num[N];///每个数的因子的个数

void work(long long p)
{
    for(long long i=l/p*p;i<=r;i+=p)
        if(i>=l)
        {
            if(f[i-l]%p==0)
            {
                int a=0;
                while(f[i-l]%p==0)
                {
                    f[i-l]/=p;
                    a++;
                }
                num[i-l]=num[i-l]*((long long)a*k+1)%mod;
            }
        }
}
int main()
{
    doprime();
        int t;
        scanf("%d",&t);
        while(t--)
        {
            scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
            n=r-l;  ///区间长度
            long long ans=0;
            for(int i=0;i<=n;i++)
            {
                f[i]=i+l;
                num[i]=1;
            }
            for(int i=0;i<cnt;i++)
            {
                if(prime[i]*prime[i]>r)
                    break;
                work(prime[i]);
            }
            for(int i=0;i<=n;i++)
            {
                if(f[i]>1)
                   num[i]=num[i]*(k+1)%mod;
                ans=(ans+num[i])%mod;
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }
        return 0;
}