「uoj#188. 【UR #13】Sanrd」

题目

不是很能看懂题意，其实就是求([l,r])区间内所有数的次大质因子的和

这可真是看起来有点鬼畜啊

这显然不是一个积性函数啊，不要考虑什么特殊的函数了

我们考虑Min_25筛的过程

设(S(x,y))表示([1,x])内的数满足(minp(i)>=y)的数的次大质因子的和

还是分成质数合数以及(1)来考虑(S(x,y))

质数和(1)都没什么贡献，直接考虑合数

还是枚举最小质因子(P_k)以及其出现次数(e)

考虑从(S(frac{x}{P_k^e},k+1))到(S(x,y))如何转移

我们在这里需要计算次大质因子为(P_k)的数的贡献

首先这些数得有一个比(P_k)大的质因子，同时还得满足比(P_k)大的质因子只出现了一次

这样的数除以(P_k)的突出特点就是变成了一个质数，而且这个质数大于(P_k)

所以我们只需要知道(frac{x}{P_k^e})内的质数个数就好了

设(f(i)=sum_{j=1}^i[jin P])

转移就是

[S(x,y)=sum_{k=y}^{P_k^2<=x}sum_{e=1}^{P_k^e<=x}S(frac{x}{P_k^e},k+1)+max(0,f(frac{x}{P_k^e})-k+1) imes P_k ]

减(k-1)是排除掉小于(P_k)的质数

最后的答案就是(S(r,1)-S(l-1,1))

代码

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define maxn 1000005
#define re register
#define LL long long
inline LL M(LL x) {return x>0?x:0;}
inline int read()
{
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
LL L,R,Sqr;
LL n,m,w[maxn],tot;
LL p[maxn],g[maxn],id1[maxn],id2[maxn];
int f[maxn];
inline LL S(LL x,int y) {
	if(x<=1&&p[y]>x) return 0;
	int t=(x<=Sqr)?id1[x]:id2[n/x];
	LL ans=0;
	for(re int k=y;k<=tot&&p[k]*p[k]<=x;k++) {
		LL p1=p[k];
		for(re int e=1;p1<=x;e++,p1*=p[k])
			ans+=S(x/p1,k+1)+M(g[(x/p1<=Sqr)?id1[x/p1]:id2[n/(x/p1)]]-k+1)*p[k];
	}
	return ans;
}
inline LL calc(LL T) {
	if(T<=1) return 0;n=T;
	Sqr=std::sqrt(n)+1;m=0;memset(g,0,sizeof(g));
	for(re LL l=1,r;l<=n;l=r+1) {
		r=n/(n/l);w[++m]=n/l;
		if(w[m]<=Sqr) id1[w[m]]=m;else id2[n/w[m]]=m;
		g[m]=w[m]-1;
	}
	for(re int j=1;j<=tot&&p[j]*p[j]<=n;j++)
		for(re int i=1;i<=m&&p[j]*p[j]<=w[i];i++) {
			int k=(w[i]/p[j]<=Sqr)?id1[w[i]/p[j]]:id2[n/(w[i]/p[j])];
			g[i]=g[i]-g[k]+j-1;
		}
	return S(n,1);
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&L,&R);Sqr=std::sqrt(R)+1;
	for(re int i=2;i<=Sqr;i++) {
		if(!f[i]) p[++tot]=i;
		for(re int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=Sqr;j++) {
			f[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
	printf("%lld
",calc(R)-calc(L-1));
	return 0;
}