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题目意思

给你三个数L,R,K让你求满足下面公式的答案

解题思路

由题意我们可以知道L，R最大为1e12，所以我们可以用筛法筛选sqrt(1e12)之内的所有素数。 有数论中的结论我们知道，任何一个正整数x，都可以分解成若干个素数幂的积。 则 x = (p1^m1)* (p2^m2)* (p3^m3)* …..* (pn^mn); 其中p1,p2,p3…pn都是素数，m1,m2,m3…mn都是幂指数。 则 x 的因子个数d(x) = (m1+1)* (m2+1)*(m3+1)….(mn+1);

那么对于x^k = ((p1^m1)* (p2^m2)* (p3^m3)* …..*(pn^mn))^k; 则 x^k = (p1^m1* k) * (p2^m2* k) * (p3^m3* k)* …..* (pn^mn*k); 则x^k的因子个数d(x^k) = (m1* k+1) * (m2* k+1) * (m3* k+1) * …..(mn k+1);

然后这道题就是让算一个区间的K次方的因数个数之和，首先先将1e6之内的素数打表，然后再然后枚举这些素数，在枚举 [L,R] 区间中这些素数的倍数，然后根据这些倍数进行素因子分解，其实就是统计 [L,R] 区间中有多少个枚举的素数，然后乘以 K， 在加 1 计算即可。在枚举 [L,R] 区间值的时候，我们需要先把 [L,R] 区间中的数用数组保存下来，然后通过数组进行素因子分解。

代码部分

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL MOD = 998244353; const LL MAXN = 1e6+5; int prime[MAXN], cnt;///cnt代表1e6中素数的个数 LL p[MAXN];///存放素数从0开始 ///筛法求素数 void isprime() { memset(prime, 0, sizeof(prime)); cnt = 0; prime[1] = 1; for(LL i=2; i<MAXN; i++) { if(!prime[i]) { p[cnt++] = i; for(LL j=i*i; j<MAXN; j+=i) prime[j] = 1; } } } LL f[MAXN], num[MAXN];///f[i]用来存储L~R之间的数,在不断的对因数相除。累积数量 int main() { isprime(); int T; scanf("%d", &T); while(T--) { LL L, R, K; scanf("%lld%lld%lld", &L, &R, &K); LL ans = 0; if(L == 1) ans = 1, L++; int t = R-L; for(int i=0; i<=t; i++) f[i] = i+L, num[i] = 1;///初始化 for(int i=0; i<cnt&&p[i]*p[i]<=R; i++) { LL tmp = L; if(L % p[i]) tmp = (L/p[i]+1)*p[i];///找到第一个可以整除素数p[i]的数，不进行这步会超时 //cout << "tmp = " << tmp << endl; for(LL j=tmp; j<=R; j+=p[i])///素因子分解 { LL cnt = 0; while(f[j-L]%p[i] == 0) { cnt++; f[j-L] /= p[i]; } num[j-L] = num[j-L]*(cnt*K+1)%MOD; } } for(int i=0; i<=t; i++)///计算结果 { //cout << "num = " << num[i] << " f = " << f[i] << endl; if(f[i] == 1) ans = (ans + num[i]) % MOD; else ans = (ans + num[i]*(K + 1)) % MOD; } printf("%lld\n", ans); } return 0; }