SPOJ 34096 DIVCNTK - Counting Divisors (general)（min_25筛）

最新推荐文章于 2020-01-14 16:29:42 发布

v5zsq

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分类专栏： SPOJ 数论

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Description

给出 $n,k$ ，求 $S(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sigma_0(i^k)$ ，其中 $\sigma_0(x)$ 表示 $x$ 的因子数

Input

第一行一整数 $T$ 表示用例组数，每组用例输入两个整数 $n,k(1\le T\le 10^4,1\le n,k\le 10^{10})$

Output

输出 $S(n)$ ，结果模 $2^{64}$

Sample Input

5
1 3
2 3
3 3
10 3
100 3

Sample Output

1
5
9
73
2302

Solution

显然 $S(n)$ 为积性函数，且对于素数 $p$ 有 $S(p)=k+1,S(p^e)=ke+1$ ，故直接用洲阁筛或者 $min\_25$ 筛，由于 $S(p)$ 为 $p$ 的 $0$ 次多项式，只需维护区间素数个数即可，模 $2^{64}$ 只需用 $unsigned\ long\ long$ 自动溢出即可

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
#define maxn 240005
int p[maxn],f[maxn],np=0,m=120000;
void get_prime(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!f[i])p[++np]=i;
        for(int j=1;j<=np&&i*p[j]<=n;j++)
        {
            f[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }
    np--;
}
ll val[maxn],n,K;
int nn,cnt;
void init()
{
    nn=1;
    while((ll)nn*nn<n)nn++;
    cnt=0;
    for(ll i=1;i<=n;i=n/(n/i)+1)val[++cnt]=n/i;
}
int ID(ll x)
{
    if(x>=nn)return n/x;
    return cnt-x+1;
}
ll F(int p,int e)
{
    return K*e+1;
}
ll g0[maxn];
void Get_g(ll n)
{
    for(int i=1;i<=cnt;i++)g0[i]=val[i]-1;
    for(int j=1;j<=np;j++)
        for(int i=1;i<=cnt&&(ll)p[j]*p[j]<=val[i];i++)
        {
            int k=ID(val[i]/p[j]);
            g0[i]=g0[i]-(g0[k]-(j-1));
        }   
    return ;
}
ll S(ll i,int j)
{
    if(i<=1||p[j]>i)return 0;
    int k=ID(i);
    ll ans=(K+1)*(g0[k]-(j-1));
    for(int k=j;k<=np&&(ll)p[k]*p[k]<=i;k++)
    {
        ll p1=p[k],p2=(ll)p[k]*p[k];
        for(int e=1;p2<=i;p1=p2,p2*=p[k],e++)
            ans+=S(i/p1,k+1)*F(p[k],e)+F(p[k],e+1); 
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    get_prime(m);
    while(T--)
    {
        scanf("%llu%llu",&n,&K);
        init();
        Get_g(n);
        printf("%llu\n",S(n,1)+1);
    } 
    return 0;
}