SPOJ divcntk（min25筛）

题意

\(\sigma_0(i)\) 表示 \(i\) 的约数个数

求

\[S_k(n)=\sum_{i=1}^n\sigma_0(i^k)\pmod {2^{64}}
\]

共 \(T\) 组数据 \(T\le10^4,n,k\le10^{10}\)

题解

其实 SPOJ 上还有 divcnt2,divcnt3 ，三倍经验题2333

其实是 min_25 裸题 233

令 \(f(x) = \sigma_0(x^k)\) ，不难发现它是个积性函数，且单点求值较快。

前面 讲过了如何非递归在 \(\displaystyle O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\ln n})\) 的时间里处理出所有素数的积性函数的前缀和。

现在终于来填合数的部分了 qwq

令 \(S(n, i)\) 为 \(\le n\) 的所有数 \(x\) 中，\(x\) 的最小质因子 \(\ge P_i\) 的 \(f(x)\) 之和。

接下来我们先算上所有满足条件的质数贡献之和，即 \(\displaystyle g(n,|P|) - \sum_{j = 1}^{i - 1}f(P_j)\) 。

对于合数，我们利用积性的性质，直接枚举其最小质因子以及质因子的个数，直接递归计算。

注意在这里形如 \(p^k,(p∈P)\) 的贡献并没有算进去，所以还要单独加一下。式子的形式如下：

\[S(n,i)=g(n,|P|)-\sum_{j=1}^{i-1}f(P_j)+\sum_{k\ge i}^{|P|}\sum_{e}(f(P_k^e)S(\lfloor\frac{n}{P_k^e}\rfloor,k+1)+f(P_{k}^{e+1}))
\]

最后我们需要求的就是 \(S(n, 1)\) 。因为第二维不能逐次除去，状态是不能很好确定的。所以对于非递归来说不太友好，我们递归计算。

如果当前的 \(n \le 1\) 或者 \(P_i > n\) 那么直接返回 \(0\) 退出。（注意 \(1\) 的贡献是最后单独算的）

然后这个直接计算的复杂度似乎也是 \(\displaystyle O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\ln n})\) 的。（不会证。。）

最后要解决这题的话，只需要知道

对于 \(x\) 的唯一分解 \(x = \prod_{i} {p_i}^{{k_i}}\)

\[\sigma_0(x) = \prod_{i}(k_i + 1)
\]

所以就有 \(f(p) = k + 1, f(p^e) = ek + 1\) 。然后就能解决此题啦。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

typedef unsigned long long ll;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline ll read() {
    ll x(0), sgn(1); char ch(getchar());
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
    return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("34096.in", "r", stdin);
    freopen ("34096.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e5 + 1e3;

int prime[N], pcnt; bitset<N> is_prime;

void Linear_Sieve(int maxn) {
    is_prime.set();
    For (i, 2, maxn) {
        if (is_prime[i]) prime[++ pcnt] = i;
        for (int j = 1; j <= pcnt && 1ll * i * prime[j] <= maxn; ++ j) {
            is_prime[i * prime[j]] = false; if (!(i % prime[j])) break;
        }
    }
}

int id1[N], id2[N]; ll val[N * 2], res[N * 2], k, d, all;

#define id(x) (x <= d ? id1[x] : id2[all / (x)])

void Min25_Sieve(ll n) {
    d = sqrt(n); int cnt = 0;
    for (ll i = 1; i <= n; i = n / (n / i) + 1)
        val[id(n / i) = ++ cnt] = n / i, res[cnt] = val[cnt] - 1;

    for (int i = 1; i <= pcnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= n; ++ i)
        for (int j = 1; j <= cnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= val[j]; ++ j)
            res[j] -= res[id(val[j] / prime[i])] - (i - 1);
}

ll S(ll n, int cur) {
    if (n <= 1 || (ll)prime[cur] > n) return 0;
    ll ans = (k + 1) * (res[id(n)] - (cur - 1));
    for (int i = cur; i <= pcnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= n; ++ i) {
        ll prod = prime[i];
        for (int e = 1; prod * prime[i] <= n; ++ e, prod *= prime[i])
            ans += (e * k + 1) * S(n / prod, i + 1) + ((e + 1) * k + 1);
    }
    return ans;
}

int main () {

    File();

    int cases = read();

    Linear_Sieve(1e5);

    while (cases --) {

        ll n = read(); k = read(); all = n;

        Min25_Sieve(n);

        printf ("%llu\n", S(n, 1) + 1);

    }

    return 0;

}