HDU 6069 Counting Divisors 思路题（附赠大神代码）

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Counting Divisors

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Problem Description

In mathematics, the function d(n) denotes the number of divisors of positive integer n.

For example, d(12)=6 because 1,2,3,4,6,12 are all 12's divisors.

In this problem, given l,r and k, your task is to calculate the following thing :

(∑i=lrd(ik))mod998244353

 

Input

The first line of the input contains an integer T(1≤T≤15), denoting the number of test cases.

In each test case, there are 3 integers l,r,k(1≤l≤r≤1012,r−l≤106,1≤k≤107).

 

Output

For each test case, print a single line containing an integer, denoting the answer.

 

Sample Input

31 5 11 10 21 100 3

 

Sample Output

10482302

思路：这题找不到规律，这能一个一个算，时间给的5秒钟，打表的话不太现实，只能老老实实求每个数的d(i^k)然后加起来。

现将 i 分解成质因子，所有的质因子的幂加上一的乘积，就是d(i);那么d(i^k)就是幂先乘k再加一   的乘积。

素数打表（1-1e6），用素数筛法求L到R里的数的素因子有哪些，用数组保存起来，最后处理。

我的AC代码：（下面有大神代码，思路是一样的，效率快了一倍）

#include <iostream>#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1000100;#define mod 998244353typedef long long ll;int flag[maxn],pi;int  prime[maxn];inline  int getprime()//素数打表{    pi=0;    memset(flag,false,sizeof(flag));    for(int i=2; i<maxn; i++)    {        if(!flag[i])            prime[pi++]=i;        for(int j=0; (j<pi)&&(i*prime[j]<maxn); j++)        {            flag[i*prime[j]]=true;            if(i%prime[j]==0)                break;        }    }    return pi;}int cun[1000100][50],ge[1000100];//cun存每个数字的素因子有哪些，ge存每个数字的素因子个数int main(){    int s=getprime();    int t;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        ll l,r, kk;        scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&kk);        memset(ge,0,sizeof(ge));        for(int  i=0; i<s; i++)//用i遍历素数，j为倍数，枚举倍数j 符合L到R区间的存下来。        {            int d=prime[i];            if((ll)d*d>r) break;//优化，等到只剩一个大素数时，直接break；（比赛时没有想到这个优化，都TLE哭了）            ll j=l/d,rr=r;            while(j<rr)            {                ll mid=(j+rr)>>1;                if(mid*d>=l)                    rr=mid;                else                    j=mid+1;            }            j=rr;            for (; j*d<=r; j++)            {                ll g=d*j-l;                cun[g][ge[g]++]=prime[i];            }        }        ll num=0;        for(ll i=l; i<=r; i++)        {            ll x=i;            ll gg=i-l;            ll ans=1;            for(int j=0; j<ge[i-l]; j++)            {                ll sum=0;                while(x%cun[gg][j]==0)                {                    sum++;                    x/=cun[gg][j];                }                ans=ans*(sum*kk+1);                if(ans>=mod)                    ans%=mod;            }            if(x>1)                ans=ans*(kk+1);            if(ans>=mod)                ans%=mod;            num+=ans;        }        num%=mod;        printf("%lld\n",num);    }    return 0;}

大神代码：

#include<cstdio>typedef long long ll;const int N=1000010,P=998244353;int Case,i,j,k,p[N/10],tot,g[N],ans;ll n,l,r,f[N];bool v[N];inline void work(ll p){    for(ll i=l/p*p; i<=r; i+=p)if(i>=l)        {            int o=0;            while(f[i-l]%p==0)f[i-l]/=p,o++;            g[i-l]=1LL*g[i-l]*(o*k+1)%P;        }}int main(){    for(i=2; i<N; i++)    {        if(!v[i])p[tot++]=i;        for(j=0; j<tot&&i*p[j]<N; j++)        {            v[i*p[j]]=1;            if(i%p[j]==0)break;        }    }//    素数筛法    scanf("%d",&Case);    while(Case--)    {        scanf("%lld%lld%d",&l,&r,&k);        n=r-l;        for(i=0; i<=n; i++)f[i]=i+l,g[i]=1;        for(i=0; i<tot; i++)        {            if(1LL*p[i]*p[i]>r)break;            work(p[i]);        }        for(ans=i=0; i<=n; i++)        {            if(f[i]>1)g[i]=1LL*g[i]*(k+1)%P;            ans=(ans+g[i])%P;        }        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}