HDU6069 Counting Divisors

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題意

​ 對於給定的 l,r,k 求解

(∑i=lrd(ik))mod998244353

其中 d(n) 表示數字n的約數個數。

分析

​ 根據歐拉定理可以得到對於一個數 n=pa11pa22pa33…pakk ,其中 pi 均爲素數。則n的約數個數爲 (a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1) 。而 nk 的約數個數就是 (a1k+1)(a2k+1)(a3k+1)…(akk+1) 。考慮到 r−l+1≤1e6 ,嘗試枚舉 l−r 間的每個數。然而用所有素數去統計計算一個數的約數個數複雜度在 O(n√) 。轉變思路想到枚舉 1−1e6 之間的所有素數，通過篩法快速計算含有該素數因子的數，就能將複雜度縮減到可行範圍內。具體過程請參考代碼。

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
int isprime[1001000];
const int mod=998244353;
vector<int> prime;
LL divi[1001000];
LL res[1001000];
int main(){
    int T;
    for(int i=2;i<=1000;++i)
        if(!isprime[i])
            for(int j=i*i;j<=1000000;j+=i)
                isprime[j]=1;
    for(int i=2;i<=1000000;++i)
        if(!isprime[i])
            prime.push_back(i);
    cin>>T;
    while(T--){
        LL l,r;
        int k;
        scanf("%I64d %I64d %d",&l,&r,&k);
        for(int i=0;i<=r-l;++i){
            res[i]=l+i;
            divi[i]=1;
        }
        for(int i=0;i<prime.size();++i){
            if(prime[i]>r)
                break;
            LL st=(l+prime[i]-1)/prime[i]*prime[i];
            for(LL j=st;j<=r;j+=prime[i]){
                int num=0,idx=j-l;
                while(res[idx]%prime[i]==0){
                    num++;
                    res[idx]/=prime[i];
                }
                num=(num*k+1);
                divi[idx]=(divi[idx]*num)%mod;
            }
        }
        LL ans=0;
        for(int i=0;i<=r-l;++i){
            if(res[i]!=1)
                divi[i]=(divi[i]*(k+1))%mod;
            ans=(ans+divi[i])%mod;
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
}