题目描述
杜老师可是要打+∞年World Final的男人，虽然规则不允许，但是可以改啊！
但是今年WF跟THUSC的时间这么近，所以他造了一个idea就扔下不管了……
给定L,R，求从L到R的这R−L+1个数中能选出多少个不同的子集，满足子集中所有的数的乘积是一个完全平方数。特别地，空集也算一种选法，定义其乘积为1。
由于杜老师忙于跟陈老师和鏼老师一起打ACM竞赛，所以，你能帮帮杜老师写写标算吗？
输入格式
从标准输入读入数据。
每个测试点包含多组测试数据。
输入第一行包含一个正整数 T(1≤T≤100)，表示测试数据组数。
接下来T行，第i+1行两个正整数Li,Ri表示第 i 组测试数据的 L,R ，保证1≤Li≤Ri≤107。
输出格式
输出到标准输出。
输出T行，每行一个非负整数，表示一共可以选出多少个满足条件的子集，答案对998244353取模。
$R_{i} le 1e7$ , $T le 100$ , $sum_{i=1}^{T}(R_{i}-L{i}+1) le 6e7$
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题解
- 唯一分解，把每个质数看成一个元，$mod2$意义下高斯消元设自由元个数为$d$
- 答案就是线性相关的子集数$=2^d$;
- 暴力$50$
- 在$L,R$比较大的时候，直接消元会很浪费，考虑剪枝；
- 如果$[L,R]$中出现了质因子$p$；
- 一 ，若 $p > sqrt R$则$p$对应位一定有基； -> $p^k>R (k>1)$
- 二 ，若$ p <= lfloor frac{R}{L} floor $ 则$p$对应位一定有基；-> $( B(L) xor B(L*p) == B(p) )$，说明$p$独立
- 三， 若$R-L>=6e3$，则$p$对应位一定有基; -> ？？？？ 如果有人知道为什么的话求教
- 大于根号的因子只有一个，特判一的；
- 所以近距离暴力高斯消元，远距离直接计算；
- $trick$ ：线筛每个数的因子可$logR$分解因数 ，$bitset$优化，同时线性基满了就不再插入；
- $O(R + sum R_{i}-L_{i} + T*(frac{R}{64} + 6e3*log R) )$
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THUSC2017D1T21 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int N=60010,M=1e7+10,mod=998244353; 5 int T,L[110],R[110],n,k,size,pos[N]; 6 int pt,pr[M],vis[M],v[M],visT[M]; 7 typedef bitset<500> BIT; 8 BIT B[500],now,pre; 9 struct data{ 10 int x,y; 11 bool operator <(const data&A)const{ 12 return y < A.y; 13 } 14 }A[N]; 15 int pw2(int y){ 16 int re=1,x=2; 17 for(int i=y;i;i>>=1,x=(ll)x*x%mod){ 18 if(i&1)re=(ll)re*x%mod; 19 } 20 return re; 21 } 22 void get_fac(int x,BIT&y){ 23 y.reset(); 24 if(v[x]>k)x/=v[x]; 25 while(x!=1){ 26 int t=v[x],cnt=0; 27 while(x%t==0&&(x/=t))cnt++; 28 if(cnt&1)y[pos[t]]=1; 29 } 30 } 31 bool ins(BIT&x){ 32 for(int i=0;i<size;i++)if(x[i]){ 33 if(B[i][i])x^=B[i]; 34 else return B[i]=x,true; 35 } 36 return false; 37 } 38 void solve1(int l,int r){ 39 int tot=0,cnt=0,tot2=0; 40 for(int i=l;i<=r;i++)A[++cnt]=(data){i,v[i]}; 41 sort(A+1,A+cnt+1); 42 for(int i=0;i<size;i++)B[i].reset(); 43 for(int i=1;i<=cnt;i++){ 44 get_fac(A[i].x,now); 45 if(A[i].y<=k){if(tot<size)tot+=ins(now);} 46 else if(A[i].y!=A[i-1].y){tot2++;pre=now;} 47 else {now^=pre;if(tot<size)tot+=ins(now);} 48 } 49 // printf("%d %d ",tot,tot2); 50 printf("%d ",pw2(r-l+1-tot-tot2)); 51 } 52 void solve2(int l,int r){ 53 int tot=0; 54 for(int i=l;i<=r;i++)if(v[i]>k&&visT[v[i]]!=T){ 55 visT[v[i]]=T; 56 tot++; 57 } 58 for(int i=1;i<=size;i++)if((l-1)/pr[i]<r/pr[i]&&visT[pr[i]]!=T){ 59 visT[pr[i]]=T; 60 tot++; 61 } 62 printf("%d ",pw2(r-l+1-tot)); 63 } 64 int main(){ 65 freopen("T2.in","r",stdin); 66 freopen("T2.out","w",stdout); 67 scanf("%d",&T); 68 for(int i=1;i<=T;i++)scanf("%d%d",&L[i],&R[i]),n=max(n,R[i]); 69 k=sqrt(n); v[1]=1; 70 for(int i=2;i<=n;i++){ 71 if(!vis[i]){ 72 v[pr[++pt]=i]=i; 73 if(i<=k)size++,pos[i]=pt-1; 74 } 75 for(int j=1;j<=pt&&i*pr[j]<=n;j++){ 76 vis[i*pr[j]]=1; 77 v[i*pr[j]]=v[i]; 78 if(i%pr[j]==0)break; 79 } 80 } 81 for(int i=1;T;i++,T--){ 82 if(R[i]-L[i]>=6000)solve2(L[i],R[i]); 83 else solve1(L[i],R[i]); 84 } 85 return 0; 86 }
