hdu 多校联赛 Counting Divisors

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

 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 4

 

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liuyiding

对数轮没有灵性的我在比赛的时候就把这道题丢给了队友 队友也没做出来 5秒的限时还是超时了 到最后也没想出来怎么优化 结果后来看题解发现要用逆向思维来思考这道题 不是数取找因数 而应该用因数取匹配数 

解法：先去打一个1到1e6的素数表，然后去枚举每个素数在区间内的倍数，可以跳着枚举，计算出每个数对应的因子个数，对于每个数的因子个数就等于枚举的因子个数*k+1累乘起来，注意剩下的大素数的判断

比赛是也是素数打表枚举的 ，鬼知道怎么想的去枚举区间的每个数去求因子，妥妥TLE，也有过正解的想法，想过没想太透彻，感觉这种题值得好好反思警戒自己

先去打一个1到1e6的素数表，然后去枚举每个素数在区间内的倍数，可以跳着枚举，计算出每个数对应的因子个数，对于每个数的因子个数就等于枚举的因子个数*k+1累乘起来，注意剩下的大素数的判断

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N=1e6+9;//上限开方之后的值const int mod=998244353;//题目中的条件模值bool isprime[N];//用来标记一个数是否为质数int cnt=0;long long prime[N];//用来存储筛选出来的质数void doprime()//打表标记出所有质数{    memset(isprime,true,sizeof(isprime));    isprime[0]=isprime[1]=false;    for(int i=2;i<=N;i++)        if(isprime[i])//判断是否为质数    {        prime[cnt++]=i;        for(long long j=i+i;j<=N;j+=i)//质数的倍数一定不是质数            isprime[j]=false;    }}long long l,r,k;long long n;long long f[N];//存储l到n的位置long long num[N];//存储N的void work(long long p)//这个函数用来判断p为素因子的个数{    for(long long i=l/p*p;i<=r;i+=p)        if(i>=l)        {            if(f[i-l]%p==0)            {                int a=0;                while(f[i-l]%p==0)                {                    f[i-l]/=p;                    a++;//f【i-1】这个数组中素因子为p的个数                }                num[i-l]=num[i-l]*((long long)a*k+1)%mod;//扩展到k次            }        }}int main(){    doprime();        int t;        scanf("%d",&t);        while(t--)        {            scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);            n=r-l;//数据的范围            long long ans=0;//最后的答案的和            for(int i=0;i<=n;i++)            {                f[i]=i+l;//存储的l到n的数值                num[i]=1;//每个n^k的质因子的个数先赋值为1 即它本身            }            for(int i=0;i<cnt;i++)            {                if(prime[i]*prime[i]>r)//一个数的因子的平方肯定不会大于这个数本身 用此来判断结束质数的对比条件                    break;                work(prime[i]);            }            for(int i=0;i<=n;i++)            {                if(f[i]>1)                   num[i]=num[i]*(k+1)%mod;//处理指数k                ans=(ans+num[i])%mod;            }            printf("%lld\n",ans);        }        return 0;}