In many programming competitions, we are asked to find (or count the number of) Prime Factors of an integer i. This is boring. This time, let’s count the number of Non-Prime Factors of an integer i, denoted as NPF(i).

For example, integer 100 has the following nine factors: {1,2,4,5,10,20,25,50,100}. The two which are underlined are prime factors of 100 and the rest are non-prime factors. Therefore, NPF(100) = 7.

Input

The first line contains an integer Q (1≤Q≤3⋅10^6) denoting the number of queries. Each of the next Q lines contains one integer i (2≤i≤2⋅10^6).

Output

For each query i, print the value of NPF(i).

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Sample Input 1 Sample Output 1
4
100
13
12
2018
7
1
4
2

题目大意:第一行给一个Q,代表Q次查询,接下来Q行,每行一个整数i,求NPF(i)

    拿样例100来说,100的因子有(1,2,4,5,10,20,25,50,100)共9个,其中2和5是质数(一个大于1的自然数,除了1和它本身外,不能被其他自然数整除),应去掉,剩下7个。

    所以NPF(100)= 7

    拿样例13来说,13的因子有(1,13)共2个,其中13是质数,去掉后,剩下1个。

    所以NPF(13)= 1

解题思路:1.先预处理出1-2*10^6的质数。可以用eratosthenes筛法,时间复杂度O(NloglogN)(某位网友说的)

     2.预处理答案,先看代码:

for(int i = ; i <= ; ++i){
int rt = /i;
for(int j = i; j <= rt; ++j){
if(vis[i]){//非质数
++ans[i*j];
}
if(vis[j] && i!=j){
++ans[i*j];
}
}
}

  第一个for循环,表示1到2*10^6的数。

  第二个for循环,对于当前的数i,对 i 到 i*rt 进行处理

  举个栗子,对于100来说,ans【100】初始化是0

  第一个循环到1时

    在第二个循环中:判断1是非质数第一个if中必然会有1*100=100,即ans【100】++;(100<rt,必然出现)

            第二个if中会出现j=100,100是非质数,又100*1=100,即ans【100】++;

  tip:当i=100时,j 从100开始累加而且 j 不会回溯,所以100=1*100这一种分解方法会在i=1的时候处理出来

    即ans【100】+=2;

  第一个循环到2时

    在第二个循环中:第一个if  判断2是质数,跳过(相当于把2这个因子剔除了,即没有加入答案中)

            第二个if  j=50时,50是非质数,又50*2=100,所以ans【100】++;

  第一个循环到4时

    在第二个循环中:第一个if  判断4是非质数,4*25=100,ans【100】++;

            第二个if  j=25时,25是非质数,25*4=100,所以ans【100】++;

  第一个循环到5时

    在第二个循环中:第一个if  判断5是质数,跳过,

            第二个if  j=20时,20是非质数,20*5=100,所以ans【100】++;

  第一个循环到10时

    在第二个循环中:第一个if  判断10是非质数,10*10=100,ans【100】++;

            第二个if  j=10时,10是非质数,但是i=j,跳过(相同因子处理一次即可,在第一个if处理了)

  第一个循环到20时:20*5=100,但是5不会出现,因为j是从20开始不断累加,ans【100】已经处理结束了,从上面分析可以看出ans【100】=7;

  类似的,每个答案都可以在这2个循环中处理出来。

  时间上:当i=1来说,rt=2*10^6,j会从1加到2*10^6

      当i=2,rt=10^6,   j会从2加到10^6;

      ......  

      当i=10,rt=2*10^5,j会从10加到2*10^5(此时数量级已经降了一级)

      ...

      当i=100,rt=2*10^4,j会从1加到2*10^4

      ....

      当i=1000,rt=2*10^3,j会从1000加到2000(共1000次)

      .....

      当i=sqrt(2*10^6) rt=i,第二层循环直接跳过,后面一样,都是1次

把它们加起来,大概也就10^7左右(目测估计法算的)

预处理10^6左右,Q个问题3*10^6,加起来数量级也在10^7

某位大佬说10^7的数量级一般都能在1s跑完,要看测评机

一开始我是对每次枚举每个数的因数(1-sqrt(n)),然后想办法优化,结果都是超时....((╯‵□′)╯︵┻━┻)

启示:优化的时候想想办法让回溯的次数少一点。

AC代码:

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cmath>
using namespace std;
bool vis[];
int ans[];
void init()
{
//开始筛,vis=1表示该数不是质数
vis[]=;
int m=sqrt(+0.5);
for(int i=;i<=m;++i)
if(!vis[i]) for(int j=i*i;j<=;j+=i) vis[j]=;
//筛选结束
for(int i = ; i <= ; ++i){
int rt = /i;
for(int j = i; j <= rt; ++j){
if(vis[i]){//非质数
++ans[i*j];
}
if(vis[j] && i!=j){
++ans[i*j];
}
}
}
}
int main()
{
init();
int Q;
scanf("%d",&Q);
while(Q--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",ans[n]);
}
return ;
}

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