【JZOJ 5250】【GDOI2018模拟8.11】质数-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/HOWARLI/article/details/77100602

本文介绍了一种计算特定范围内整数的质因数个数并进行指数级求和的方法，通过数学变换简化计算过程，最终实现高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

设函数 $f(d)$ 表示d的质因数个数，f(1)=0
求

\sum i = 1 n 2 f (i)

$\sum_{i=1}^n2^{f(i)}$

Solution

显然，式子可以写成这样：

\sum i = 1 n \sum d | i [gcd (d, i d) = 1]

$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}[\gcd(d,\frac{i}{d})=1]$
(大家感受一下）
再变：

\sum d = 1 n \sum i = 1 ⌊ n d ⌋ [gcd (d, i) = 1]

$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(d,i)=1]$
无中生有一发：

\sum d = 1 n \sum i = 1 ⌊ n d ⌋ \sum j | gcd (d, i) μ (j)

$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j|\gcd(d,i)}\mu(j)$
交换主体：
（其实理解一下意义可以直接写出）

\sum d = 1 n μ (d) \sum i = 1 ⌊ n d 2 ⌋ ⌊ n d 2 i ⌋

$\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{d^2i}\rfloor$

发现，d远远没有到达n，所以：

\sum d = 1 n \sqrt μ (d) \sum i = 1 ⌊ n d 2 ⌋ ⌊ n d 2 i ⌋

$\sum_{d=1}^{\sqrt n}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{d^2i}\rfloor$

复杂度： $O(\sqrt n\ln(\sqrt n))$

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000500,mo=998244353;
LL n,ans;
int m;
bool prz[N];
int pr[N/5];
int mu[N];
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
LL FK(LL n)
{
    LL ans=0;
    for(LL i=1,nx;i<=n;i=nx+1)
    {
        nx=n/(n/i);
        ans=(ans+(nx-i+1)%mo*(n/i))%mo;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int q,w;
    scanf("%lld",&n);
    m=sqrt(n);
    mu[1]=1;
    fo(i,2,m+1)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
        fo(j,1,pr[0])
        {
            int t=pr[j]*i;
            if(t>m)break;
            prz[t]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    fo(i,2,m)mu[i]=(mu[i]+mu[i-1])%mo;
    ans=0;
    for(LL i=1,nx;i<=m;i=nx+1)
    {
        nx=n/(n/(i*i));
        nx=sqrt(nx);
        ans=(ans+(mu[nx]-mu[i-1])%mo*FK(n/(i*i)))%mo;
    }
    printf("%lld\n",(ans+mo)%mo);
    return 0;
}