【UOJ188】【UR #13】Sanrd

最新推荐文章于 2021-07-01 07:30:03 发布

cz_xuyixuan

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分类专栏：【OJ】UOJ 【类型】做题记录【算法】洲阁筛/Min25筛【算法】数学

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本文介绍了一种求解特定范围内所有整数的第二大质因子之和的问题。通过类似Min25筛法的思想，定义了一个递推函数s(N,i)，并实现了时间复杂度为O(N^(3/4)/LogN)的算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

【题目链接】

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【思路要点】

令 $f(x)$ 表示 $x$ 次大的质因子，那么答案即为 $\sum_{i=l}^{r}f(i)$ ，也就是说我们要求的实际上是 $\sum_{i=1}^{N}f(i)$ 。
考虑从小到大枚举每一个质因子，最后第二个被枚举到的质因子即为 $f(x)$ 。
类似 $Min25$ 筛的过程，我们令 $s(N,i)$ 表示上次选择的质因子为 $prime_{i-1}$ ，剩余部分的乘积不超过 $N$ 的数的 $f(x)$ 之和。
有

$s (N, i) = ⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 p r i m e i - 1 * (\sum N j = 1 [j i s a p r i m e] - (j - 1)) + \sum p r i m e 2 j \leq N j = i \sum p r i m e k + 1 j \leq N k = 1 (s (⌊ N p r i m e k j ⌋, j + 1) + p r i m e j) p r i m e i > N p r i m e i \leq N$ $s(N,i)=\left\{\begin{array}{rcl}0 & & {prime_i>N}\\prime_{i-1}*(\sum_{j=1}^{N}[j\ is\ a\ prime]-(j-1))\\+\sum_{j=i}^{prime_j^2≤N}\sum_{k=1}^{prime_j^{k+1}≤N}(s(\lfloor\frac{N}{prime_j^k}\rfloor,j+1)+prime_j) & & {prime_i≤N}\end{array} \right.$
那么 $\sum_{i=1}^{N}f(i)=s(N,1)$ 。
时间复杂度 $O(\frac{N^{\frac{3}{4}}}{LogN})$ 。

【代码】


#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN = 700005;
typedef unsigned long long ull;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
  x = 0; int f = 1;
  char c = getchar();
  for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
  for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
  x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
  if (x < 0) x = -x, putchar('-');
  if (x > 9) write(x / 10);
  putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
  write(x);
  puts("");
}
ull n, limit, val[MAXN], cnt[MAXN];
int m, tot, prime[MAXN], f[MAXN], home1[MAXN], home2[MAXN];
void init(int n) {
  tot = 0;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
      f[i] = 0;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
      if (f[i] == 0) prime[++tot] = f[i] = i;
      for (int j = 1; j <= tot && prime[j] <= f[i]; j++) {
          int tmp = prime[j] * i;
          if (tmp > n) break;
          f[tmp] = prime[j];
      }
  }
}
ull s(ull x, int y) {
  if (x <= 1 || prime[y] > x) return 0;
  ull ans = 0;
  if (x <= limit) ans = cnt[home1[x]] - (y - 1);
  else ans = cnt[home2[n / x]] - (y - 1);
  ans *= prime[y - 1];
  for (int i = y; i <= tot && 1ull * prime[i] * prime[i] <= x; i++) {
      ull now = prime[i], nxt = now * now;
      for (int j = 1; nxt <= x; j++, now *= prime[i], nxt *= prime[i])
          ans += s(x / now, i + 1) + prime[i];
  }
  return ans;
}
ull solve(ull x) {
  n = x;
  limit = sqrt(n);
  init(limit);
  m = 0;
  for (ull i = 1, nxt; i <= n; i = nxt) {
      ull tmp = n / i;
      nxt = n / tmp + 1;
      val[++m] = tmp;
      cnt[m] = tmp - 1;
      if (tmp <= limit) home1[tmp] = m;
      else home2[i] = m; 
  }
  for (int i = 1; i <= tot; i++)
  for (int j = 1; 1ull * prime[i] * prime[i] <= val[j]; j++) {
      ull tmp = val[j] / prime[i];
      if (tmp <= limit) cnt[j] -= cnt[home1[tmp]] - (i - 1);
      else cnt[j] -= cnt[home2[n / tmp]] - (i - 1);
  }
  return s(n, 1);
}
int main() {
  ull l, r; read(l), read(r);
  writeln(solve(r) - solve(l - 1));
  return 0;
}