假设所有素数从小到大依次为$p_{1},p_{2},...,p_{k}$,我们将$x$转换为一个$k$位的二进制数,其中从低到高第$i$位为1当且仅当其$p_{i}$的幂次为奇数

不难发现以下两个性质:

1.假设$x$和$y$转换得到的二进制数分别为$x'$和$y'$,则$xy$转换后二进制数为$x'\oplus y'$

2.$x$为完全平方数当且仅当$x$转换得到的二进制为0

由此,实际上也就是统计$[l,r]$这些数所转换的二进制数有多少个子集结果为0

考虑线性基,当构造得到线性基后,根据线性基有以下性质:对于线性基外任取若干个数,线性基内恰存在一种取法使得最终异或结果为0

首先,由于线性基外的每一个数都能与线性基内的若干个数异或为0,将所有数异或起来也就得到了一种方案,同时若有两种方案,即线性基内存在若干个数异或为0,也矛盾

由此,我们得到了方案数就是$2^{r-l+1-线性基内数的个数}$

暴力求线性基复杂度是$o(\frac{r-l+1}{\omega}\pi(r)^{2})$(其中$\pi(r)$表示小于等于$r$的素数个数),需要优化:

由于大于$\sqrt{r}$的素因子至多只有1个,因此可以手动模拟这一次操作,具体来说遍历时在第一次出现某个大素数(大于$\sqrt{r}$的素数)时记录该数,并令之后出现含有此因子的都异或该数

这样做的复杂度降为$o(\frac{r-l+1}{\omega}\pi(\sqrt{r})^{2})$,但还是无法通过

进一步的,暴力验证可以发现在$r-l\ge 6661$时,线性基一定会满,即线性基内数的个数即$[l,r]$中所有出现的素因子个数,这个可以枚举素数来计算

最终,复杂度即$o(t(\pi(r)+\frac{6661\pi(\sqrt{r})^{2}}{\omega}))$,可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 10000005
4 #define mod 998244353
5 #define L 6661
6 #define P 446
7 bitset<P>g,bt[L],f[P];
8 int t,l,r,mi[N],vis[N],p[N],lst[N];
9 int main(){
10 mi[0]=1;
11 for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod;
12 vis[1]=1;
13 for(int i=2;i<N;i++){
14 if (!vis[i])p[++p[0]]=i;
15 for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N);j++){
16 vis[i*p[j]]=1;
17 if (i%p[j]==0)break;
18 }
19 }
20 scanf("%d",&t);
21 while (t--){
22 scanf("%d%d",&l,&r);
23 int ans=r-l+1;
24 if (r-l>=L){
25 for(int i=1;p[i]<=r;i++)
26 if (r/p[i]>(l-1)/p[i])ans--;
27 }
28 else{
29 for(int i=0;i<P;i++)f[i].reset();
30 for(int i=l;i<=r;i++){
31 int k=i;
32 for(int j=1;j<=P;j++){
33 int tot=0;
34 while (k%p[j]==0){
35 tot^=1;
36 k/=p[j];
37 }
38 bt[i-l][j-1]=tot;
39 }
40 g=bt[i-l];
41 if (k>1){
42 if ((lst[k]<l)||(lst[k]>=i))lst[k]=0;
43 if (!lst[k]){
44 lst[k]=i;
45 ans--;
46 }
47 g^=bt[lst[k]-l];
48 }
49 for(int j=0;j<P;j++){
50 if (!g.any())break;
51 if (g[j]){
52 if (!f[j].any()){
53 f[j]=g;
54 ans--;
55 }
56 g^=f[j];
57 }
58 }
59 }
60 }
61 printf("%d\n",mi[ans]);
62 }
63 return 0;
64 }

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