NOIP 模拟 $13; ext{玄学题}$

题解

题如其名，是挺玄学的。

我们发现每个值是 (-1) 还是 (1) 只与它的次数是奇是偶有关，而 (sum_j^{jle m}d(i×j)) 又只与其中有多少个奇数有关

对于 (x) 其 (d(x)) 只有在 (x) 是完全平方数时才是奇数（易证），那么我们将每个 (i) 表示为 (p×q^2) 其中 (p) 的因子次数全为 (1)

那么能对其造成贡献的 (j) 只有当 (p_j=p_i)，而这种数的个数为 (sqrt{frac{m}{p_i}}) 个，至于 (p)，在线筛素数时维护一下即可

本题时限较紧，只需将 (m) 开 long long

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    template<typename T>inline void read(T &x) {
        ri f=1;x=0;register char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=0;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        x=f?x:-x;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
    #define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    typedef long long ll;
    static const int N=1e7+7;
    int num[N],prim[N],vis[N],nmp[N],n,cnt,ans;
    ll m;
    inline void Getprime() {
        ri n=N-7;
        nmp[1]=1;
        for (ri i(2);i<=n;p(i)) {
            if (!vis[i]) nmp[i]=vis[i]=prim[p(cnt)]=i;
            for (ri j(1);j<=cnt&&prim[j]<=vis[i]&&prim[j]<=n/i;p(j)) {
                if (prim[j]==vis[i]&&!(nmp[i]%prim[j])) nmp[prim[j]*i]=nmp[i]/prim[j]; 
                else nmp[prim[j]*i]=nmp[i]*prim[j];
                vis[prim[j]*i]=prim[j];
            }
        }
    }
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        Getprime();
        read(n),read(m);
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
            ri tmp=nmp[i];
            cnt=sqrt(m/tmp),ans+=(cnt&1)?-1:1;
        }
        printf("%d
",ans);
        return 0;
    } 
}
int main() {return nanfeng::main();}