17 多校 4

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 

 

训练时对这题完全没有想法，连因数是什么都不太清楚了，完全没有头绪。

这两天学了一些和因素质数有关的东西，大概整理如下：

因数：

一般定义在整数上，设A为整数，B为非零整数，若存在整数Q，使得A = QB ，则称B是A的因数，记作B|A。

分解质因数：

每个合数（指非素数）都可以写成几个质数相乘的形式，其中每个质数都是这个合数的因数，叫做这个合数的分解质因数。分解质因数只针对合数。

步骤：从最小的质数除起，一直除到结果为质数为止。

一个合数的因数个数与质因数个数之间的关系：

设 N 分解质因数后可写为p​1​c​1​​​​p​2​c​2​​​​...p​m​c​m​​​​ ，数 N 的因数个数为(c​1​​+1)(c​2​​+1)...(c​m​​+1)。其中pi代表不同的质数

由约数定义可知p1^a1的因数有:p1^0, p1^1, p1^2......p1^a1 ，共（a1+1）个;同理p2^a2的因数有（a2+1）个......pk^ak的约数有（ak+1）个。

根据乘法原理：n的因数的个数就是(a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1)。

若一个数N没有在区间[2,(int)√N]内的质因子，则N为素数。

反证法：假如N为合数，因为一个合数可分为多个质数之积，设其中最小质数为a，则N可表示为N=a*b，因为区间[2,(int)√N]内没有质因子，所以a要>√N,则b<√N，又因为除质因子外其他所有因子都是一个或多个质因子的积，则其一定比最小质因子要来得大，即b≥a，相互矛盾，所以N不能是合数。

红色部分为本题用到的一些知识点

题意：求(∑i=lrd(ik))mod998244353，d(x)就是数x的因数个数

N = p1^c1 * p2^c2 * ... * pm^cm  =>  N^k = p1^(k*c1) * p2^(k*c2) * ... * pm^(k*cm)

d(N) = (c1+1)*(c2+1)*...*(cm+1)              d(N^k) = (k*c1+1)*(k*c2+1)*...*(k*cm+1)

知道这些就可以直接暴力求[l,r]直接每个数的因数个数了，但是效率比较低。

所以要提高效率：

1、将[1,1e6]内所有的质数找出并存起来，减少每次找质数的步骤

2、从 找能把该数整除的质数 变到 找能被该质数整除的数

#include<iostream>#include<string.h>#include<stdio.h>#include<math.h>#define LL long longusing namespace std;const LL maxn = 1e6 + 1000,mod = 998244353;bool Isprime[maxn];LL cnt,prime[maxn],t,l,r,k,ans[maxn],num[maxn];//ans 数组保存[l,r]区间内每个数的因子个数，num 数组保存[l,r]区间内每个数剩余的数void Prime(){    cnt = 0;    memset(Isprime, 1, sizeof(Isprime));    for(int i=2;i<maxn;i++)    {        if(Isprime[i])        {            prime[cnt++] = i;            for(int j=i*2;j<maxn;j+=i)                Isprime[j] = false;        }    }}int main(){    Prime();    scanf("%lld",&t);    while(t--)    {        scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);        memset(ans,0,sizeof ans);        for(LL i=l;i<=r;i++)            num[i-l] = i,ans[i-l] = 1;        for(LL i=0;i<cnt;i++)        {            if(prime[i]>sqrt(r))                break;            LL pos = l / prime[i] * prime[i];//pos 为 ≥l 的第一个能被prime[i]数            if(l%prime[i])                pos += prime[i];            for(LL j=pos;j<=r;j+=prime[i])            {                LL c = 0;//c 代表该数可被prime[i]质数整除的次数                while(num[j-l] % prime[i] == 0)                {                    c++;                    num[j-l] /= prime[i];                }                ans[j-l] *= c * k + 1;                ans[j-l] %= mod;            }        }        LL Ans = 0;        for(LL i=l;i<=r;i++)        {            if(num[i-l]>1) ans[i-l]*=k+1;//说明i为素数            Ans+=ans[i-l];            Ans%=mod;        }        printf("%lld\n",Ans);    }    return 0;}