Gym 101981J

题目链接：http://codeforces.com/gym/101981/attachments

题意：

令 $mul(l,r) = prod_{i=l}^{r}a_i$，且 $fac(l,r)$ 代表 $mul(l,r)$ 的不同素因子个数。求 $sum_{i=1}^{n}sum_{j=i}^{n}fac(i,j)$。

Input
The first line contains one integer n (1 le n le 10^6) — the length of the sequence.
The second line contains n integers ai (1 le i le n, 1 le a_i le 10^6) — the sequence.

Output
Print the answer to the equation.

Examples
standard input
10
99 62 10 47 53 9 83 33 15 24

standard output
248

standard input
10
6 7 5 5 4 9 9 1 8 12

standard output

134

题解：

考虑每个质因子对于整体答案的贡献。

拿第二组样例算一算就不难发现：第 $p$ 个位置上的数，其包含的任意一个素因子，它原本应当产生的贡献有 $(n-p+1) cdot p$，

但是考虑到若其前面出现过一样的素数，那么应当减去一些重复计算的区间。假设它前面的和它一样的素数，最后一次出现在 $q$ 位置，那么就应当减去 $(n-p+1) cdot q$，即 $a[p]$ 包含的任意一个质因子其产生的贡献为 $(n-p+1) cdot p - (n-p+1) cdot q = (n-p+1) cdot (p - q)$。

不妨用 $pos[i][k]$ 来存储每个素因子的 “$p$”，$pos[i][k-1]$ 存储每个素因子的 “$q$”。换句话说，$pos[i][k]$ 代表某个素因子 $i$ 在 $a[1 sim n]$ 中第 $k$ 次“出现”的位置是 $pos[i][k]$；特别地，令 $pos[i][0]=0$。那么对于任意素因子 $i$，它对答案的贡献是 $(n-pos[i][k]+1) cdot (pos[i][k]-pos[i][k-1])$。

我们可以对 $a[1 sim n]$ 分解质因数，然后更新相应的 $pos[i][k]$。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;

int n,a[maxn];
vector<int> pos[maxn];
void dec(int p)
{
    int n=a[p];
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            pos[i].push_back(p);
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n>1) pos[n].push_back(p);
}
int main()
{
    for(int i=2;i<maxn;i++) pos[i].push_back(0);

    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        dec(i);
    }

    ll ans=0;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
    {
        for(int k=1;k<pos[i].size();k++)
            ans+=(ll)(n-pos[i][k]+1)*(pos[i][k]-pos[i][k-1]);
    }
    cout<<ans<<endl;
}

分解质因数板子：

vector<int> dec(int n)
{
    vector<int> p;
    for(int i=2;i*i<=n;i++)
    {
        if(n%i==0)
        {
            p.push_back(i);
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n>1) p.push_back(n);
    return p;
}

交了一发，大概700ms多点过了，那我们能否加快一下速度呢？

我们可以先用线性筛筛出 $[1,1e6]$ 的素数，然后再做分解质因数：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;

int n,a[maxn];
vector<int> pos[maxn];

const int MAX=1e6;
int tot,prime[MAX/10];
bool isPrime[MAX+3];
void Screen() //欧拉筛
{
    tot=0;
    memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
    isPrime[0]=isPrime[1]=0;
    for(int i=2;i<=MAX;i++)
    {
        if(isPrime[i]) prime[tot++]=i;
        for(int j=0;j<tot;j++)
        {
            if(i*prime[j]>MAX) break;
            isPrime[i*prime[j]]=0;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

void dec(int p)
{
    int n=a[p];
    for(int i=0;i<tot && prime[i]*prime[i]<=n;i++)
    {
        if(n%prime[i]==0)
        {
            pos[prime[i]].push_back(p);
            while(n%prime[i]==0) n/=prime[i];
        }
    }
    if(n>1) pos[n].push_back(p);
}
int main()
{
    Screen();
    for(int i=0;i<tot;i++) pos[prime[i]].push_back(0);

    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        dec(i);
    }

    ll ans=0;
    for(int i=0;i<tot;i++)
    {
        for(int k=1;k<pos[prime[i]].size();k++)
            ans+=(ll)(n-pos[prime[i]][k]+1)*(pos[prime[i]][k]-pos[prime[i]][k-1]);
    }
    printf("%I64d
",ans);
}

跑了大概400ms，还是快了不少的。