Counting Divisors (2017 多校4）“素 数 筛”

- Counting Divisors                    

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

For example, d(12)=6d(12)=6 because 1,2,3,4,6,121,2,3,4,6,12 are all 1212's divisors.

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

(∑i=lrd(ik))mod998244353(∑i=lrd(ik))mod998244353

Input

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

In each test case, there are 33 integers l,r,k(1≤l≤r≤1012,r−l≤106,1≤k≤107)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

题意应该很好理解了，就是求上图那个式子的累加和，而上面那个式子就是求每个数的因子个数。

对于   l，r   两个数都很大，所以暴力是不可能的。

对于每个数 的因子，我们先列几个找一下规律。

1.对于每个素数，所有的因子都是2个。

2.非素数的情况：

  比如： d(2)=2;   d(4)=3;  d(6)= 4;  d(12)=6;

              d(3)=2;    d(9)=3;  d(18)=6;

              d(4)=3;    d(8)=4;  d(16)=5;

由唯一分解定理，对于每个整数都可以分为素数次方的乘积。

即对于4=2^2; d(4)=d(2)*2-1; 16=2^4;  d(16)=d(2)*4-1;

那么d( i^k )=d( i )*k-1;

那么对于 几个素数相乘的规律 有： 

比如   d( 12 )=d(  2^2^3 )=  d(4)*d(3)=2*d(2)*d(3);

即对于这种情况其实就是等于每个素数的乘积，满足一个积性函数的性质吧，（d(x*y)=d(x)*d(y)  )

虽然我也不知道为啥。

那么现在就是实现了。

对于每个数我们需要拆分为素因子的乘积，用一个数组存着每个数对于答案的贡献值，最后需要判断一下每个数除完后是否有剩余，如果还有就需要加一下。

直接用唯一分解定理的模板是不行的会超时。

个人觉得跟      light OJ  1197  Help Hanzo         这个题思路差不多。             

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#define maxn 1000100using namespace std;typedef long long ll;ll l,r,k;bool vis[maxn];int prime[maxn];ll a[maxn],b[maxn];int len;const ll MOD=998244353;void init(){    len=0;    for(int i=2; i<maxn; i++)    {        if(!vis[i])            prime[len++]=i;        for(int j=0; j<len&&i*prime[j]<maxn; j++)        {            vis[i*prime[j]]=1;            if(i%prime[j]==0)                break;        }    }}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    init();    while(T--)    {        ll ans=0;        scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);        for(ll i=0;i<r-l+1;i++)        {            a[i]=i+l;    //记录每个数字的最后状态            b[i]=1;      //存每个数字的贡献值        }        for(ll i=0;i<len&&prime[i]<=r;i++)        {            ll tem,t;            ll cnt=(l-1+prime[i])/prime[i]*prime[i];            while(cnt<=r)            {                t=cnt;                tem=0;                while(t%prime[i]==0)                {                    tem++;                    t/=prime[i];                    a[cnt-l]/=prime[i];                }                b[cnt-l]=((b[cnt-l]%MOD)*((k*tem+1)%MOD))%MOD;                cnt+=prime[i];            }        }        for(ll i=0;i<r-l+1;i++)        {            if(a[i]==1)                ans=(ans+b[i])%MOD;                  else                ans=(ans+((b[i]%MOD)*((k+1)%MOD)))%MOD;        }        printf("%lld\n",ans);    }}