HDU6069 Counting Divisors

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题意

​ 对于给定的 l,r,k 求解 (∑i=lrd(ik))mod998244353

其中 d(n) 表示数字n的约数个数。

分析

​ 根据欧拉定理可以得到对于一个数 n=pa11pa22pa33…pakk ,其中 pi 均为素数。则n的约数个数为 (a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1) 。而 nk 的约数个数就是 (a1k+1)(a2k+1)(a3k+1)…(akk+1) 。考虑到 r−l+1≤1e6 ,尝试枚举 l−r 间的每个数。然而用所有素数去统计计算一个数的约数个数复杂度在 O(n√) 。转变思路想到枚举 1−1e6 之间的所有素数，通过筛法快速计算含有该素数因子的数，就能将复杂度缩减到可行范围内。具体过程请参考代码。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
int isprime[1001000];
const int mod=998244353;
vector<int> prime;
LL divi[1001000];
LL res[1001000];
int main(){
int T;
for(int i=2;i<=1000;++i)
if(!isprime[i])
for(int j=i*i;j<=1000000;j+=i)
isprime[j]=1;
for(int i=2;i<=1000000;++i)
if(!isprime[i])
prime.push_back(i);
cin>>T;
while(T--){
LL l,r;
int k;
scanf("%I64d %I64d %d",&l,&r,&k);
for(int i=0;i<=r-l;++i){
res[i]=l+i;
divi[i]=1;
}
for(int i=0;i<prime.size();++i){
if(prime[i]>r)
break;
LL st=(l+prime[i]-1)/prime[i]*prime[i];
for(LL j=st;j<=r;j+=prime[i]){
int num=0,idx=j-l;
while(res[idx]%prime[i]==0){
num++;
res[idx]/=prime[i];
}
num=(num*k+1);
divi[idx]=(divi[idx]*num)%mod;
}
}
LL ans=0;
for(int i=0;i<=r-l;++i){
if(res[i]!=1)
divi[i]=(divi[i]*(k+1))%mod;
ans=(ans+divi[i])%mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
}