HDU6069Counting Divisors

题目链接

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 longint 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);    }}