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 $10^{12}$ ，用到了杜教筛与洲阁筛。
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;
}
