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

 

题意：

     给定l，r，k，求公式的值。

思路：

     d(N)代表N有多少个因子，根据约数个数定理：

     若N=p1^a1*p2^a2*p3^a3…pn^an

     则d(N)=(a1+1)*(a2+1)*(a3+1)…(an+1)

     则本题中，d(i^k)=(a1*k+1)*(a2*k+1)…(an*k+1)

     我们可以把所有的数分为素数和合数，对于素数，我们可以知道它只有两个因子，1和它本身，所以d(n^k)=k+1；对于合数，我们可以把它分解成多个素因子相乘的形式，这样我们可以求出i的符合公式的所有不同的素因子p1，p2，…，pn，然后求出i的每个因子的幂数a1，a2，…，an，再根据公式相乘即可求d(i^k)，再相加即可。

     对于合数的处理：我们遍历prime[]数组，对于每一个prime，找出l到r中prime的倍数j。j属于l到r，所以j一定是一个会被处理的数。对于每一个j，我们找出j分解为prime相乘时，prime的幂数，这样就找到了j的其中一个p^a，(p为prime，a为prime的幂数)。这个prime对d(j)的贡献是(a+1)，则对d(j^k)的贡献就是(a^k+1)。然后我们删去prime这个因子，(不再统计，相当于删去)。也就是说，对于l到r中的所有数，我们都计算了prime这个因子对答案的贡献。然后我们再找下一个prime，以此类推，遍历prime[]整个数组就可得出结果。

下面贴上代码：(具体实现过程及细节详见代码)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int mod = 998244353;const int maxn=1000009;bool Isprime[maxn];LL prime[maxn];LL a[maxn],sum[maxn];int cnt;LL l,r,k;void Prime() //1e6内的素数表{    cnt=0;    memset(Isprime,true,sizeof(Isprime));    Isprime[1]=false;    for(int i=2 ; i<maxn; i++)    {        if(Isprime[i])        {            prime[cnt++]=i;            for(int j=2; i*j<maxn; j++)                Isprime[i*j]=false;        }    }}int main(){    Prime();    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);        for(int i=0; i<=r-l; i++)        {            sum[i]=1; //sum是要做乘法的,初值为1            a[i]=i+l;        }        for(int i=0; i<cnt; i++) //遍历素数表中所有的素数(cnt=78499)        {            LL fir=(l/prime[i]+(l%prime[i]?1:0))*prime[i];            //fir是从l(left)开始第一个能整除prime[i]的            for(LL j=fir; j<=r; j=j+prime[i]) //每个j都能整除prime[i]            {//j为从l(left)到r中所有prime[i]的倍数                LL res=0;                while(a[j-l]%prime[i]==0) //a[j-l]的初值就是j-l+1                {                    res++; //一直除下去,让数变小,res记录prime[i]的幂值                    a[j-l]=a[j-l]/prime[i];//j关于prime[i]的因子,最大的是prime^res//所有的数都可以转化成素因子相乘(如数Q),则res代表Q可以拆为多少个prime[i]相乘(其他因子另算)//则prime[i]这个素数对答案贡献了res                }                sum[j-l]=(sum[j-l]*((res*k+1)%mod))%mod;                //sum[j-l]乘一下,取模(参照公式)                //sum[j-l]是j^k的因子数            }        }        LL ans=0;        for(int i=0; i<=r-l; i++)        {            if(a[i]!=1) //说明它是一个比1e6大的素数,无法分解,则对答案的贡献是k+1                sum[i]=(sum[i]*(k+1))%mod;//经过一系列除法没除到1,说明1e6内的素数分解不了,那么它就是一个大素数            ans=(ans+sum[i])%mod; //sum[i]存(l+i)^k的因子数,所有的相加即为结果        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}