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首先要弄清楚一个东西：B所下的结论是在“C不知道B的结论”的条件下给出的，否则题目就是矛盾的。

先考虑C如何在只知道 $C=xy$ 的情况下确定 $S=x+y$ ，显然此时唯一的方法就是枚举所有的 $(x,\frac C x)$ ，如果 $x+\frac C x$ 的值都相等，那么即可确定结果。而通过简单的计算：
$a+\frac n a=b+\frac n b$
$a-b=\frac {n(a-b)}{ab}$
$n=ab$
可以知道，给定的 $C$ 中，每一组 $x+\frac C x$ 的值必然互不相同，即当且仅当 $s(C)=2$ 即 $C$ 是一个素数时，C才可以直接确定 $S$ 。

那么，如果B能够得出结论”C不可能直接确定 $S$ “，则表示所有的 $s(x(S-x))>2$ ，而显然的， $S=prime+1$ 是不能满足的，其余情况都能满足。

最后，当C得到B的结论后，能够确定结果当且仅当只有唯一的一组 $x+\frac C x\neq prime+1$ ，注意到这组数必然为 $(1,C)$ （因为 $C$ 不能为素数），故我们得到了结论：一个 $S$ 满足条件，当且仅当 $S\neq prime +1$ ，同时对 $x|S-1,x\in (1,S-1)$ ，都有 $x+\frac {(S-1)} x=prime +1$ 。

故我们枚举 $[3,n]$ 的因数直接计算即可，时间复杂度 $O(nlogn)$ 。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
//Container--
//
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
typedef long long ll;const int up=5e6;
int ds[up+10],pn,pr[up+10];bool bd[up+10];ll sm[up+10];
void _init(){
    int i,j,d,k,t;for(pn=0,i=2;i<=up;++i){
        if(!bd[i])pr[pn++]=i;
        for(j=0;j<pn&&(ll)pr[j]*i<=up;++j){
            bd[pr[j]*i]=1;
            if(!(i%pr[j]))break;
        }
    }
    for(i=3;i<=up;ds[i++]=1);
    for(i=2;i<=up;++i)for(j=i+i;j<=up;j+=i){
        if(bd[i+j/i-1])ds[j]=0;
    }
    for(i=3;i<=up;++i)if(!bd[i])ds[i]=0;
    for(i=3;i<=up;++i)sm[i]=ds[i-1]?i:0;
    for(i=3;i<=up;++i)sm[i]+=sm[i-1];
};

void cl(){
    int i,j;scanf("%d %d",&i,&j);printf("%lld\n",sm[j]-sm[i-1]);
};

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
    int t;scanf("%d",&t);for(_init();t--;cl());
    return 0;
};

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