luogu P3601 签到题

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原文链接：http://www.cnblogs.com/Tyher/p/9917899.html

本文介绍一种解决区间欧拉函数求和问题的高效算法，适用于大范围且区间差较小的情况。通过预筛质数并枚举质数贡献，实现O(sqrt(r)logr + (r-l)logr)的复杂度。

链接P3601 签到题

求\[\sum_{i=l}^{r} i-\phi_i\]
\(l,r\leq 10^{12},\ r-l\leq 10^6\)
杜教筛似乎做不了。
然后再看\(l\)，\(r\)的差很小，所以可以考虑枚举然后求和。
先筛出\(10^6\)中所有的质数，那么对于区间内每一个数，最多只会存在一个大于\(10^6\)的质数。
所以枚举每一个质数，算出这一个质数对区间内的\(\phi\)所贡献，最后再特判一下大于\(10^6\)即可。
复杂度为\(O(\sqrt r*logr+(r-l)*logr)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long 
using namespace std;
const int mod=666623333;
const int N=1600001;
ll l,r,A[N],B[N];
int n,ans,tot,Mark[N],prm[N];
int main(){
    cin>>l>>r,n=sqrt(r);
    for(R i=2;i<=n;++i){
        if(!Mark[i])prm[++tot]=i;
        for(R j=1;j<=tot&&prm[j]*i<=n;++j){
            Mark[i*prm[j]]=1;
            if(i%prm[j]==0)break;
        }
    }
    for(R i=0;i<=r-l;++i)A[i]=B[i]=i+l;
    for(R j=1;j<=tot&&1ll*prm[j]*prm[j]<=r;++j){
        ll le=prm[j]*(l/prm[j]),ri=prm[j]*(r/prm[j]);
        for(ll i=le;i<=ri;i+=prm[j])
            if(i>=l){
                R pos=i-l;
                B[pos]=B[pos]/prm[j]*(prm[j]-1);
                while(A[pos]%prm[j]==0)A[pos]/=prm[j];
            }
    }
    for(R i=0;i<=r-l;++i){
        if(A[i]>1)B[i]=B[i]/A[i]*(A[i]-1);
        ans=(ans+(l+i-B[i])%mod)%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

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