2017 Multi-University Training Contest - Team 4 hdu6069 Counting Divisors

地址：http://acm.split.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6069

题目：

Counting Divisors

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 524288/524288 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1235    Accepted Submission(s): 433

Problem 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 :

(∑i=lrd(ik))mod998244353

 

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≤1012,r−l≤106,1≤k≤107).

 

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

 

Source

2017 Multi-University Training Contest - Team 4

 

思路：

　　首先需要知道：一个数可以用唯一分解定理表示成：n=p1^a1*p2^2......*pn^an

　　　　　　　　　质约数个数为(a1+1)*(a2+1)*....*(an+1)

　　那么n^k的质约数个数为(a1*k+1)*(a2*k+1)*.....*(an*k+1)

　　所以这题的关键是求l,r区间每个数的质约数有那些，且次数是多少。

　　考虑到：l,r最大为1e12,所以枚举1-1e6内的所有素数后即可知道l,r中每个数的质约数有哪些，同时可以知道次数是多少

　　但是直接在1-1e6的素数表内查找l,r中的某个数的素约数的时间复杂度是O(1e6),显然不可行。

　　所以可以通过线性筛的思想来求：对于1-1e6的素数，考虑他会在l,r内筛掉哪些数即可。

　　因为1e12每个数最多有20左右的质约数，所以时间复杂度是O(（r-l）*20)+O（1e5）（质数表大小）

　　

 #include <bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 #define MP make_pair
 #define PB push_back
 typedef long long LL;
 typedef pair<int,int> PII;
 const double eps=1e-;
 const double pi=acos(-1.0);
 const int K=1e6+;
 const int mod=;

 LL ql,qr,qk,cnt,ls[K],sum[K],pr[K];
 bool pa[K];
 void init(void)
 {
     for(int i=;i<=;i++)
     if(!pa[i])
     {
         pr[cnt++]=i;
         for(int j=i*;j<=;j+=i) pa[j]=;
     }
 }
 LL sc(int t)
 {
     LL ans=;
     for(LL i=ql;i<=qr;i++) sum[i-ql]=,ls[i-ql]=i;
     for(int i=;i<cnt;i++)
     {
         for(LL j=max(2LL,(ql+pr[i]-)/pr[i])*pr[i];j<=qr;j+=pr[i])
         {
             LL cnt=;
             while(ls[j-ql]%pr[i]==) ls[j-ql]/=pr[i],cnt++;
             sum[j-ql]=(sum[j-ql]*(qk*cnt+))%mod;
         }
     }
     for(LL i=ql;i<=qr;i++)
     {
         if(ls[i-ql]!=) sum[i-ql]=(sum[i-ql]*(qk+))%mod;
         ans+=sum[i-ql];
         if(ans>=mod) ans-=mod;
     }
     return ans;
 }

 int main(void)
 {
     //freopen("in.acm","r",stdin);
     int t;scanf("%d",&t);
     init();
     while(t--)
     {
         scanf("%lld%lld%lld",&ql,&qr,&qk);
         printf("%lld\n",sc(t));
     }
     return ;
 }