SPOJ DIVCNT2

SPOJ DIVCNT2

题目大意：

求(S2(n)=sum_{i=1}^{n}sigma_0{(i^2)}) 。

题解

我们可以先考虑括号里只有一个(i)的情况，这样，我们把(i)分解质因数为$p_1^{a_1}*p_2^{a_2}...p_k^{a_k} $。

那么这就是一个经典的问题，答案为

[sum_{i-1}^n prod_{j=1}^{k}(a_j+1) ]

现在(i)变成了(i^2)那么无非就是每个质因子的指数乘以2，所以答案就是：

[sum_{i-1}^n prod_{j=1}^{k}(2a_j+1) ]

这是一堆二项式乘起来的形式，每一个质因子可以选或不选，考虑每一种方案是往(2a_j)去还是往1那边去，我们可以枚举一个往(2a_j)去的质因子集合，那么这时候的方案数就是(prod_{j}2a_j)。

如果我们把里面的那个2提出来的话，那么这就是一个枚举所有的(>0)的(a_j)也就是枚举约数的过程，考虑对于每个约数，因为刚才我们把2提出来了，它的前面还乘上了(2^{集合大小})，这里的集合大小就是这个数的质因子个数，所以我们最后的答案就是:

[sum_{i=1}^{n}sum_{d|n}2^{w(d)} ]

如果我们把(w(d))看做每个质因数选或者不选，那么这个就是(d)的无平方因子的约数个数，考虑(mu)函数的平方，如果这个数有平方因子那么就为0，否则就为1，所以答案变成：

[sum_{i=1}^nsum_{d|n}sum_{x|d}mu^2(x) ]

然后我们把枚举(x)的部分提前，那么我们就需要考虑每个(x)的倍数i有多少个约数也是(i)的倍数，那么就是：

[sum_{i-1}^nmu^2(i)sum_{j-1}^{lfloor n/i floor}sigma_0(j) ]

到这里做法就可以出来了，它是一个(f(i)*g(lfloor n/i floor))的形式，所以我们可以对其除法分块,然后我们还要知道(mu^2)和(sigma_0)的前缀和，求(sigma_0)的部分比较简单，可以直接枚举约数。

[sum_{i=1}^nsigma_0(i)=sum_{i=1}^mlfloor frac{n}{i} floor ]

对于(mu^2)的前缀和，我们可以考虑枚举每个平方因子进行容斥：

[sum_{i-1}^{sqrt{n}}mu(i) imes lfloor frac{n}{i^2} floor ]

这样每个有平方因子的数刚好被算了0次，无平方因子的数刚好被算了一次。

然后就是外层除法分块，内层也有一个除法分块和枚举平方因子求(mu^2)和、(sigma_0)的前缀和，我们可以通过一些预处理前缀和来降低后面枚举的复杂度。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 5000009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e6;
int miu[N],prime[N],sum[N],d[N],ci[N];
ll sumd[N];
bool vis[N];
inline ll rd(){
    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
inline void prework(){
    int k;
    miu[1]=1;d[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;++i){
        if(!vis[i]){prime[++prime[0]]=i;miu[i]=-1;ci[i]=1;d[i]=2;}
        for(int j=1;j<=prime[0]&&(k=i*prime[j])<=maxn;++j){
            vis[k]=1;ci[k]=1;d[k]=2;
            if(i%prime[j]==0){ci[k]+=ci[i];d[k]=d[i]*(ci[k]+1)/ci[k];break;}
            miu[k]=-miu[i];d[k]=d[i]<<1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=maxn;++i)sum[i]=sum[i-1]+miu[i]*miu[i],sumd[i]=sumd[i-1]+d[i];
}
inline ll calc(ll n){
    if(n<=maxn)return sumd[n];
    ll r,ans=0;
    for(ll l=1;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ans+=(n/l)*(r-l+1);
    }
    return ans;
}
inline ll calcsum(ll n){
    if(n<=maxn)return sum[n];
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i*i<=n;++i){
        ans+=(n/(i*i))*miu[i];
    }
    return ans;
}
inline ll get(ll n){
    ll ans=0;ll r;
    for(ll l=1;l<=n;l=r+1){
       	   r=n/(n/l);
       	   ans+=calc(n/l)*(calcsum(r)-calcsum(l-1));
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T=rd();
    prework(); 
    while(T--){
       ll n=rd();
       printf("%lld
",get(n));
    }
    return 0;
}