2017多校四 1003题 hdu 6069 Counting Divisors 分解质因数

题目链接

参考：http://blog.youkuaiyun.com/protecteyesight/article/details/76685920 ——protecteyesight

题意：

Problem Description

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 :

(∑i=lrd(ik))mod998244353

思路：

设n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}n=p​1​c​1​​​​p​2​c​2​​​​...p​m​c​m​​​​，则d(n^k)=(kc_1+1)(kc_2+1)...(kc_m+1)d(n​k​​)=(kc​1​​+1)(kc​2​​+1)...(kc​m​​+1)

这一点是显然的，关键问题就在于怎么高效的分解质因数。

比赛时不会做然后干脆就放弃了...后半场就去补以前的题了心态十分消极

（觉得现在的一个很大问题就是想想觉得会T就不去写了...其实有的时候还真不一定，当然这道题蛮做的话肯定会T

但问题又不仅限于不去写了，而是好像就直接放弃了再去思考...具体的我也说不清...sigh）

言归正传。

高效的做法是：并没有对每个数去依次分解质因数，而是依次去看每个质数能成为哪些数的因数。同样，也可以说是看 贡献 的想法。

质数的话只需要提前处理出 1e6 范围内的即可，因为在 1e6 到 1e12 范围内的数，如果没有 1e6 范围内的质数因子，其本身就必然是一个质数。

所以，只需要在考虑完所有的质数因子之后再去判断每个数最后是不是 1，如果不是，说明该数有一个大于 1e6 的质数因子，再乘上 (k + 1) 即可。

具体处理的时候：

1. 将 [l, r] 的数挪到 [0, l - r] 的区间去存，以便之后除以 prime[ ]。

2. 直接算出 [l, r] 的区间内第一个被 prime[i] 整除的数的值，而不要一个个去枚举浪费时间。

Code:

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 1000000
#define mod 998244353
typedef long long LL;
bool vis[maxn + 10];
int prime[maxn + 10], tot;
LL a[maxn + 10], cnt, mul[maxn + 10];
void pre() {
    for (int i = 2; i <= maxn; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prime[tot++] = i;
        }
        for (int j = 0; j < tot; ++j) {
            if (i * prime[j] > maxn) break;
            vis[i * prime[j]] = true;
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}
void work() {
    LL l, r, k;
    scanf("%lld%lld%lld", &l, &r, &k);
    for (LL i = l; i <= r; ++i) a[i - l] = i, mul[i - l] = 1;
    LL r0 = r; r -= l;
    for (int i = 0; i < tot; ++i) {
        if (prime[i] > r0) break;
        int j = ceil((double)l / prime[i]) * prime[i] - l;

        for (int jj = j; jj <= r; jj += prime[i]) {
            LL cnt = 0;
            while (a[jj] % prime[i] == 0) ++cnt, a[jj] /= prime[i];
            mul[jj] = mul[jj] * (k * cnt % mod + 1) % mod;
        }
    }
    for (int i = 0; i <= r; ++i) if (a[i] > 1) mul[i] *= (k + 1), mul[i] %= mod;
    LL sum = 0;
    for (int i = 0; i <= r; ++i) sum += mul[i], sum %= mod;
    printf("%lld\n", sum);
}
int main() {
    pre();
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) work();
    return 0;
}

d(n^kC