洛谷 3935

题目链接：P3935 Calculating

题目大意： 若$x$分解质因数的结果为$x=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_n^{k_n}$,令$f(x)=(x_1+1)(x_2+1)...(x_n+1)$，求${\sum }_{i=l}^{r}f(i)$对$998244353$取模的结果。其中$x\le 10^{14}$

题目分析： 其实这道题中的 $f(x)$ 的值就是$x$的因数个数，所以这道题实际上求的是在 $[l,r]$ 中 $x$ 的因数个数的和。 我们首先可以想到的是对于区间 $[l,r]$ 的答案 $ans$ 实际上是区间 $[1,r]$ 的答案 $ans1$ 和区间 $[1,l-1]$ 的答案 $ans2$ 的差。所以，我们现在要求的就是 ${\sum }_{i=1}^{r}f(i)$ 的值。不难发现，我们要处理的 ${\sum }_{i=1}^r{\sum }_{d|i}1$ 可以写成
${\sum }_{d=1}^r\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，所以我们只需要处理这个式子即可。对于n/d其实在某些段的值是连续的，这里需要用到分块除法，就是把数值相同的块分成同一组，这样处理后的复杂度变为了$O(\sqrt{n})$，可以跑过所有的点。下面是完整代码。

题目代码：

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#define mod 998244353
#define LL long long
using namespace std;
LL n,m,ans1,ans2;
int main()
{
  	scanf("%lld %lld",&n,&m);
  	n--;
  	for(LL l=1,r;l<=n;l=r+1){
  		r=n/(n/l);//相当于向上取整 
  		ans1=(ans1+(n/l)%mod*(r-l+1)%mod)%mod;
	}
	for(LL l=1,r;l<=m;l=r+1){
		r=m/(m/l);
		ans2=(ans2+(r-l+1)%mod*(m/l)%mod)%mod;
	}
 	printf("%lld",(ans2-ans1+mod)%mod);
  	return 0; 
}