2017 Multi-University Training Contest - Team 4-hdu6069 Counting Divisors
发布日期:2021-06-30 16:04:54
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分类:技术文章
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题解:
根据约数个数定理:n=p1^a1×p2^a2×p3^a3*…*pk^ak
,n的约数的个数就是(a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1). 若i=p1^a1×p2^a2×p3^a3*…*pk^ak
,则i^K=p1^(a1*K)×p2^(a2*K)×p3^(a3*K)*…*pk^(ak*K)
,i^K
的约数的个数就是(a1*K+1)(a2*K+1)(a3*K+1)…(ak*K+1)
但是题目重点转换为L~R
的因数个数和,也就是重点转换为L~R
的质因数分解,两次塞选,第一次塞出1e6以内的所有质数,第二次枚举区间[L,R]中之前塞选得到质数的倍数,剩下的就是[L,R]的质数,用cnt数组记录它们因数的个数,因为L和R比较大,所以再开一个数组存储它们的值,所以cnt[i]就可以相当于cnt[i+L]。 要用long long,不然中间会爆int。 AC代码:
#include#include #include #include typedef long long ll;using namespace std;const int maxn=1e6+10;const int mod=998244353;int tot,t;ll l,r,k,ans,cnt[maxn],q[maxn],prime[maxn];bool vis[maxn];void init(){ for(int i=2;i 2(一定要变成2,不然wa,不过也可以改后面的代码,也可ac,比较麻烦)*/ for(ll i=0;i<=r-l;i++) cnt[i]=1,q[i]=l+i; for(ll i=0;prime[i]*prime[i]<=r;i++) { ll j=l/prime[i]+(l%prime[i]!=0); for(j=j*prime[i];j<=r;j+=prime[i]) { ll tmp=0; while(q[j-l]%prime[i]==0) q[j-l]/=prime[i],tmp++; cnt[j-l]*=(tmp*k+1)%mod,cnt[j-l]%=mod; } }//将l-r的非质数进行分解,分解成质因数 for(ll i=0;i<=r-l;i++) { if(q[i]!=1) ans+=((k+1)*cnt[i])%mod; /*(1)i为素数时 (2)i为非素数,但在上面分解成质因数时,q[i]!=1,所以最后q[i]一定是一个素数所以结合(1)(2)最后是乘(k*1+1)=(k+1)*/ else ans+=cnt[i]; ans%=mod; } printf("%lld\n",ans); }}
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