HDU 6069 Counting Divisors (素数)

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 :

$$
(\sum_{i=l}^{r}d(i^k))~mod~998244353
$$

 

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 $l,r,k(1≤l≤r≤10^{12},r−l≤10^6,1≤k≤10^7)$ .

 

Output

For each test case, print a single line containing an integer, denoting the answer.

 

Sample Input

3
1 5 1
1 10 2
1 100 3

 

Sample Output

10
48
2302

 

题意

给出 $l,r,k$ ,求 $[l,r]$ 中所有数的 $k$ 次幂的约数个数之和,最终结果 mod 998244353 。

 

思路

SPOJ 中有两道类似的题目,其中一个 k = 2 ,另一个 k = 3 ,然后区间长度最大为 $10^{12}$ ,用到了杜教筛洲阁筛

不过对于这道题来说,用不到那么高深的知识,因为区间长度只有 $10^6$ 。

 

对于任意一个大于 $1$ 的正整数 $x$ ,其素因子至多只有一个处于 $(\sqrt{x},x]$ 这个区间内,其余全部小于等于 $\sqrt{x}$ 。

另外,通过素数定理我们可以知道,任意一个正整数 $x$ 可以表示为 $x=p_1^{c_1}×p_2^{c_2}×...×p_n^{c_n}$ ,其中 $p_i$ 为互不相同的质数,此时 $x$ 的所有因子个数为 $(c_1+1)×(c_2+1)×...×(c_n+1)$ 。

同理, $x^k$ 所有因子个数为 $(c_1×k+1)×(c_2×k+1)×...×(c_n×k+1)$ 。

 

于是我们考虑枚举 $\sqrt{r}$ 以内的所有质数 $i$ ,并在区间 $[l,r]$ 中对 $i$ 的倍数计算其含有多少 $i$ 这个质因子,统计结果。

随后考虑每个数在 $\sqrt{r}$ 以外的质因子,若有,则统计这部分。

累加该区间内所有数的统计结果即为最终答案。

 

AC 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef __int64 LL;
const int maxn = 1e6+10;
const int mod = 998244353;
LL prime[maxn],tot;
bool visit[maxn];
LL l,r,k;
LL num[maxn],sum[maxn];

void getprime()
{
    tot=0;
    memset(visit,0,sizeof(visit));
    for(int i=2; i<maxn; i++)
    {
        if(!visit[i])
        {
            prime[tot++]=i;
            for(int j=i+i; j<maxn; j+=i)
                visit[j]=1;
        }
    }
}

void solve()
{
    for(int i=0; i<=r-l; i++)
    {
        sum[i]=1;
        num[i]=i+l;
    }
    for(int i=0; prime[i]*prime[i]<=r; i++)
        for(LL j=(l/prime[i]+(l%prime[i]?1:0))*prime[i]; j<=r; j+=prime[i])
            if(j>=l)
            {
                LL res=0;
                while(num[j-l]%prime[i]==0)
                {
                    num[j-l]/=prime[i];
                    res++;
                }
                sum[j-l]=sum[j-l]*(res*k+1)%mod;
            }
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=r-l; i++)
    {
        if(num[i]>1)
            sum[i]=sum[i]*(k+1)%mod;
        ans=(ans+sum[i])%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    getprime();
    int T;
    while(cin>>T)
    {
        for(int i=0; i<T; i++)
        {
            cin>>l>>r>>k;
            solve();
        }
    }
    return 0;
}