SRM565 DIV1 LEVEL2 TheDivisionGame

  http://community.topcoder.com/stat?c=problem_statement&pm=12264

  这道题目的意思就是有一堆数字，每次操作可以这样做，从中选出一个大于1的数字a，然后使用这个数任意一个大于1的因子b去除以这个数，及 a / b，然后使用结果来替换a。这样两个人轮流操作，谁不能操作了就算输了。

  这题很有博弈的味道。如果对于博弈不熟悉的话，可以看看下面的这篇文章，写的很详细

  http://blog.youkuaiyun.com/acm_cxlove/article/details/7854530

   如果看了上面的那篇文章，文章中有提到这样的一种博弈，有n堆石子，每次操作我们可以拿其中一堆中的任意个，及可以拿一个，或者多个，或者一次都拿完。其实这个和我们这题很相似，对于我们挑选的一个数字，这个数字有多杀个质因子，就类似这堆石子有多少个。如12 = 2 * 2 * 3，有三个质因子，那么我们就能把这个数字看作是有3颗石子的堆。现在假设我们知道了每堆石子，及每个数有多少个质因子，那么我就能求求出答案了。现在我们就要求出从L到R，这几个数每一个数有多少个质因子。

  1、首先筛选出sqrt(R) + 1中有哪些素数

  2、计算每一个从L到R的数有多少个质因子。我刚开始的时候，是从L到R，每一个都数都单独的求。及对于其中的一个数a，我使用上面求好的素数数列一个一个验证过去是不是a的质因子，如果是的话有几个。但是这样求的话，效率很不好，超时了。后面我看了别人的答案，我看到了种更好的方法。我的这个朴素的方法中，我是一个一个素数验证过去的，所以有很多不是a的因子的，我也要验证一一下，这样就会浪费很多的效率。另外一个方法就是我们使用素数去主动的查看L到R中的数中有多少个这样的素数。看下面的代码会更加的清楚

for (int i=L ; i<=R ; i++) {
				b[i - L] = i;
			} 
			memset(a , 0 , sizeof(a));

			for (int i=0 ; i<prime_len ; i++) {
				int temp = primes[i];
				for (int j=((L - 1) / temp + 1) * temp ; j<= R ; j += temp) {//attention!!!
					while (b[j - L] % temp == 0) {
						b[j - L] /= temp;
						a[j - L]++;
					}
				}
			}
			for (int i=L ; i<=R ; i++) {
				if (b[i - L] != 1) a[i - L]++;
			}

比如其中的一个素数2，从大于等于L的第一个2的倍数开始计算，计算每一个数有多少个2的因子。因为j += temp,所以我们每次去查找的话，都是有效的，及每一个j都是temp的倍数，这样就比我上面一个一个素数尝试过去快很多。

这样求好之后，后面就是一个简单的dp了，因为数字1001000000 < 2 ^ 31，每一个数最多也只有31个因子。ans[2][32], if (ans[u][j] != 0) ans[p][j ^ a[i - L] ] += ans[u][j]。然后我们统计全部不为and[u][j]且j不为的值就可以了。

下面是代码：

public:
        long long countWinningIntervals(int L, int R)
        {
			initPrime(((int)(sqrt(R * 1.0))) + 1); //attention!!!
			LL ret = 0;
            for (int i=L ; i<=R ; i++) {
				b[i - L] = i;
			} 
			memset(a , 0 , sizeof(a));

			for (int i=0 ; i<prime_len ; i++) {
				int temp = primes[i];
				for (int j=((L - 1) / temp + 1) * temp ; j<= R ; j += temp) {//attention!!!
					while (b[j - L] % temp == 0) {
						b[j - L] /= temp;
						a[j - L]++;
					}
				}
			}
			for (int i=L ; i<=R ; i++) {
				if (b[i - L] != 1) a[i - L]++;
			}

			memset(ans , 0 , sizeof(ans));

			int p = 0;
			int u = 1;
			ans[u][a[0]] = 1;
			ret = 1;

			for (int i= L + 1 ; i<=R ; i++) {
				memset(ans[p] , 0 , sizeof(ans[p]));
				for (int j=0 ; j<=31 ; j++) {
					if (ans[u][j] != 0) {
						int temp = j ^ a[i - L];
						ans[p][temp] += ans[u][j];
						if (temp != 0)
							ret += ans[u][j];
					}
				}
				ans[p][a[i - L]]++;
				ret++;
				p = 1 - p;
				u = 1 - u;
			}
			return ret;
		}

		void initPrime(int n) {
			memset(gash , 0 , sizeof(gash));
			prime_len = 0;

			for (int i=2 ; i<=n ; i++) {
				if (!gash[i]) {
					primes[prime_len++] = i;
				}

				for (int j=0 ; j<prime_len ; j++) {
					int temp = i * primes[j];
					if (temp > n) break;
					gash[temp] = true;
					if (i % primes[j] == 0) break;
				}
			}
		}