HDU 6069 题解

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题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6069

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

题意：

d(x)表示x的因子的个数，求公式的值

方法：

首先枚举出小于 N−−√ 的素数（N = 1012）（注意，代码中的N为106）。

接着，根据公式计算结果

公式：若n=pc11pc22...pcmmn=p，则d(nk)=(kc1+1)(kc2+1)...(kcm+1)

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];void work( ll p ){    // 传入一个素数，对f数组进行检验，如果该素数是其因子，则循环除尽，并更新g数组相应元素    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(){    // 将小于N的素数存在p数组中    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;        }    }    scanf("%d",&Case);    while(Case--){        scanf("%lld%lld%d",&l,&r,&k);        n=r-l;        // f数组存储输入的数，g数组存储对应的答案        for(i=0;i<=n;i++)            f[i]=i+l,g[i]=1;        // 只需循环到根号r，因为大于等于根号r的数是不可能成为小于r的数的因子的        for(i=0;i<tot;i++){            if(1LL*p[i]*p[i]>r)                break;            work(p[i]);        }        // 计算结果        for( ans = i = 0; i <= n; i++ ) {            if(f[i]>1)                // 如果f[i]大于1，则意味着，之前的所有素数都不是它的因子，那么它自身一定是素数                g[i]=1LL*g[i]*(k+1)%P;            ans=(ans+g[i])%P;        }        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}