設n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}n=p?1?c?1????p?2?c?2????...p?m?c?m????，則d(n^k)=(kc_1+1)(kc_2+1)...(kc_m+1)d(n?k??)=(kc?1??+1)(kc?2??+1)...(kc?m??+1)。

枚舉不超過\sqrt{r}√?r???的所有質數$p$，再枚舉區間$[l,r]$中所有$p$的倍數，將其分解質因數，最后剩下的部分就是超過\sqrt{r}√?r???的質數，只可能是$0$個或$1$個。

時間復雜度O(\sqrt{r}+(r-l+1)\log\log(r-l+1))O(√?r???+(r?l+1)loglog(r?l+1))。

這道題的出題者給我膜一會，666666

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;typedef long long ll; const int N=1000010,P=998244353; int Case,i,j,k,p[N/10],tot,g[N],ans;ll n,l,r,f[N]; bool v[N];void work(ll p) {for(ll i=l/p*p;i<=r;i+=p)if(i>=l){int o=0;while(f[i-l]%p==0)f[i-l]/=p,o++;g[i-l]=1LL*g[i-l]*(o*k+1)%P;} }int main() {//freopen("input.txt","r",stdin);//freopen("output.txt","w",stdout);for(i=2;i<N;i++){if(!v[i]) p[tot++]=i;for(j=0;j<tot && i*p[j]<N;j++){v[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0) break;}}scanf("%d",&Case);while(Case--){scanf("%lld%lld%d",&l,&r,&k); n=r-l;for(i=0;i<=n;i++) f[i]=i+l,g[i]=1;for(i=0;i<tot;i++){if(1LL*p[i]*p[i]>r)break;work(p[i]);}for(ans=i=0;i<=n;i++){if(f[i]>1)g[i]=1LL*g[i]*(k+1)%P;ans=(ans+g[i])%P;}printf("%d\n",ans);}return 0; }

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總結

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