[YZOJ]P3281-小猿刷题-线性筛法优化

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————-题意简述
求 [ L , R ] 之间所有质因子种类数。

————-题解
引理一: a×[k−1a]<a×[ka]≤k≤a×([k−1a]+1)<a×([ka]+1) ，则[L,R]中有a的因子。
证明：
由引理一，只需证明L≤a×([L−1a]+1)≤R 即可。
由条件[Ra]>[L−1a] 有 [Ra]≥[L−1a]+1
故a×([L−1a]+1)≤a×[Ra]
由引理一，带入R，可整理得：
L≤a×([L−1a]+1)≤a×[Ra]≤R
则推论一得证。

根据推论一，可以O(1) 地判断a是否为区间[L,R]中的质因子。

40分做法：枚举判断每一个数是否为质数，并判断[L,R]中是否有其倍数。若有则答案加一。时间复杂度O(n2) 。

70分做法：线性筛法优化40分做法。时间复杂度O(n)。

100分做法：
发现R−L+1∈(1,106) 。
这是个很好的性质。如果对[L,R]中的每一个数筛去[2,R−−√]的所有质数，剩下的数必大于R−−√。我们枚举[2,R−−√] 内的所有质数，判断它们是否在[L,R]中出现过，更新答案。然后，对于[L,R]内的每一个数，用[2,R−−√] 内的数筛去后，若剩下的若是一个质数(也可能是1)，再更新一次答案即可。

这里出现一个问题：如果这些质数出现重复怎么办？

引理二: 若在k为a的倍数，则k+a为a的倍数。
推论二: 若a>R-L+1，质因子a在[L,R]中最多只出现一次。
证明：根据引理二，则若a>R-L+1，a为任意实数，则a的倍数在[L,R]中只出现一次。故推论二得证。

所以最开始筛质数的范围必须定为[2,max(R−L+1,R−−√)] ，时间复杂度O(mlnn) ，问题就这样完美的解决了。

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>#define RR register#define dmax(_a,_b)(_a>_b)?(_a):(_b)#define dmin(_a,_b)(_a<_b)?(_a):(_b)using namespace std;int mark[1000100];int prime[2000100];int num[1000100];int main(){    RR int i,j,k,x;    RR int L,R,n,len;    RR int pt,u,ans;    scanf("%d%d",&L,&R);    n=dmax((int)sqrt(R),R-L+1)+2;    pt=ans=0;    for(i=2;i<=n;++i)    {        if(mark[i]==0)prime[++pt]=i,mark[i]=i,ans+=(R/i>(L-1)/i);        for(j=1,u=dmin(n/i,mark[i]);j<=pt&&prime[j]<=u;++j)            mark[i*prime[j]]=mark[i];    }    len=R-L+1;    for(i=1;i<=len;++i)num[i]=i+L-1;    for(i=1;i<=pt;++i)    {        j=prime[i]*((L-1)/prime[i]+1)-L+1;        for(;j<=len;j+=prime[i])            while(num[j]%prime[i]==0)num[j]/=prime[i];    }    for(i=1;i<=len;++i)        if(num[i]!=1)            ++ans;    printf("%d",ans);    return 0;}