题意：f(n)是n可以拆成多少组n=a*b，a和b都是不包含平方因子的方案数目，对于a!=b,n=a*b和n=b*a算两种方案，求∑i=1nf(i)
首先我们可以知道，n=1时f(1)=1，
然后我们继续分析，当n为素数p时，只能拆成n=1*p和n=p*1这两种，所以f(p)=2，
而当n=两个质数的乘积时,对于n=左*右，p1跟p2可以任意分配在左和右，它们的方案是类乘的，所以f(p1*p2)=f(p1)*f(p2)
这里可以看出f(n)是个积性函数，那说明我们可以把它通过线性筛筛出来。
那我们就要考虑n=pk的时候，当k>2时，对于n=左*右，不管哪个方案，左或者右那边必定有一边是存在因子包含p2的，所以此时f(pk)=0,k>2
k=1时便是n=p，而k==2时呢，p只能分别在左右两边各一个，f(p2)=1
最后推广n=p1k1*p2k2的时候，k1,k2肯定都不能>2，然后就是(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1,)(1,2),(2,0)(2,1)(2,2)这九种，推导一下就是f(p1k1*p2k2)=f(p1k1)*f（p2k2)
具体编程实现上的话，因为欧拉筛对于每个数来说，是通过它的最小质因子来筛掉它，那么我们可以记录每个数的最小质因子的指数exp，详情见注释
1 #include<cstdio> 2 typedef long long ll; 3 const int N=20000007; 4 bool nop[N]={false}; 5 int pn,pri[N/10],exp[N],f[N]; 6 void init() 7 { 8 f[1]=1; 9 for(int i=2;i<N;i++) 10 { 11 if(!nop[i]) 12 { 13 f[i]=2; 14 exp[i]=1; 15 pri[pn++]=i; 16 } 17 for(int j=0;j<pn&&1ll*i*pri[j]<N;j++) 18 { 19 int pp=i*pri[j]; 20 nop[pp]=true; 21 //欧拉筛中，pri[j]是pp的最小质因子 22 if(i%pri[j]==0) 23 { 24 //i的质因子有pri[j],pp的最小质因子的指数就是exp[i]+1 25 exp[pp]=exp[i]+1; 26 if(exp[pp]>2) 27 f[pp]=0; 28 else 29 f[pp]=f[i/pri[j]]; 30 //在i的方案上，再加入一个pri[j]，不能跟i中原来有的 31 //pri[j]在同一边，而在对立边时,i中原来有的pri[j] 32 //在左，在右都一样，对方案没有了影响，所以 33 //f[i*pri[j]]=f[i/pri[j]]; 34 break; 35 } 36 //i的质因子没有pri[j]，那么pp中只有一个pri[j] 37 exp[pp]=1; 38 f[pp]=f[i]*f[pri[j]]; 39 } 40 } 41 for(int i=1;i<N;i++) 42 f[i]+=f[i-1]; 43 } 44 int main() 45 { 46 init(); 47 int t,n; 48 scanf("%d",&t); 49 while(t--) 50 { 51 scanf("%d",&n); 52 printf("%d ",f[n]); 53 } 54 return 0; 55 }
对于f[pp]=f[i/pri[j]]处，我说得不是很清楚，也不知道怎么表达那个意思，可以自行模拟体会一下。