2018年ACM-ICPC 南京现场赛 J.Prime Game

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样例
10
99 62 10 47 53 9 83 33 15 24
248

10
6 7 5 5 4 9 9 1 8 12
134

题意

给你一个长度为n的序列 $a_i$，定义 $mul(l,r)=\sum_{i=l}^ra_i$， $fac(l,r)$为 $mul(l,r)$的不同的素因子的个数，现在求解
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=i}^nfac(i,j)$

思路

这样的计数题要考虑一下每个质数的贡献，那么每个数的贡献是多少呢我们对第二个样例分析一下

1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
6	7	5	5	4	9	9	1	8	12
2,3	7	5	5	2	3	3	1	2	2,3

我们先考虑一下第一个2对答案的贡献，只有i=1的时候，第一个2
才有贡献，贡献的次数是 $1\sim1$, $1\sim2$, $\cdots$, $1\sim 10$，一共贡献了十次，也就是第一个位置的2贡献值为10，同样的这个3也为10
那么我们现在的答案就是10+10了，然后我们考虑一下第二个位置的7
在i=1 的时候，这个7是在 $1\sim2$开始有贡献的也就是 $1\sim2$, $\cdots$, $1\sim 10$贡献了九次，然后当i=2的时候又有九次，所以这个7可以贡献2x9次，同样的第三个位置的5的贡献在i=1，i=2，i=3的贡献都是8次也就3x8，那么现在的总贡献值就是10+10+9x2+8x3，然后是第四个位置上的5，由于这个5前面已经出现过5了，我们为了避免重复计算，我们认为的i=1，i=2，i=3时的5都是三号位置上的5贡献的，那这个5所能贡献的值就是当i=4时贡献了7次，当前答案就是10+10+9x2+8x3+7
然后我们看五号位置上的2，由于第一个位置上出现过了2，就是i=1的时候的2都是上一个2所贡献的，这个2所能提供的贡献就要从i=2开始算了，那么他的贡献就是6x4，下面的数也都这样处理我们的最后的答案就是
10+10+9x2+8x3+7+6x4+5x5+4+0+2x4+1+3=134
那么只用预处理一遍质因子然后把质因子的位置存在vector里面然后只用扫一遍就知道答案了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <stack>
#include <list>
#include <unordered_map>
#define MAX 1000000//求MAX范围内的素数
using namespace std;
const int N=1e6+5;
long long su[MAX],cnt;
bool isprime[MAX];
void prime()
{
    cnt=1;
    memset(isprime,1,sizeof(isprime));//初始化认为所有数都为素数
    isprime[0]=isprime[1]=0;//0和1不是素数
    for(long long i=2; i<=MAX; i++)
    {
        if(isprime[i])
            su[cnt++]=i;//保存素数i
        for(long long j=1; j<cnt&&su[j]*i<MAX; j++)
        {
            isprime[su[j]*i]=0;//筛掉小于等于i的素数和i的积构成的合数
        }
    }
}
int a[N];
vector<long long>mp[MAX];
void init(int x,int pos)
{
    for(int i=1; su[i]*su[i]<=x; i++)
    {
        if(x%su[i]==0)
        {
            mp[su[i]].push_back(pos);
            while(x%su[i]==0)
                x/=su[i];
        }
    }
    if(x>1)
    {
        mp[x].push_back(pos);
    }
}
int main()
{
    prime();
    long long n;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        for(int i=1;i<cnt;i++)
            mp[su[i]].clear();
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            init(a[i],i);
        }
        long long ans=0;
        for(int i=1; i<cnt; i++)
        {
            if(mp[su[i]].size()==0)
                continue;
            else
            {
                ans+=mp[su[i]][0]*(n-mp[su[i]][0]+1);
                for(int j=1; j<mp[su[i]].size(); j++)
                    ans+=(mp[su[i]][j]-mp[su[i]][j-1])*(n-mp[su[i]][j]+1);
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}