SPOJ DIVCNT2
题目大意：
求\(S2(n)=\sum_{i=1}^{n}\sigma_0{(i^2)}\) 。
题解
我们可以先考虑括号里只有一个\(i\)的情况，这样，我们把\(i\)分解质因数为$p_1^{a_1}*p_2^{a_2}...p_k^{a_k} $。
那么这就是一个经典的问题，答案为
\[ \sum_{i-1}^n \prod_{j=1}^{k}(a_j+1) \]
现在\(i\)变成了\(i^2\)那么无非就是每个质因子的指数乘以2，所以答案就是：
\[ \sum_{i-1}^n \prod_{j=1}^{k}(2a_j+1) \]
这是一堆二项式乘起来的形式，每一个质因子可以选或不选，考虑每一种方案是往\(2a_j\)去还是往1那边去，我们可以枚举一个往\(2a_j\)去的质因子集合，那么这时候的方案数就是\(\prod_{j}2a_j\)。
如果我们把里面的那个2提出来的话，那么这就是一个枚举所有的\(>0\)的\(a_j\)也就是枚举约数的过程，考虑对于每个约数，因为刚才我们把2提出来了，它的前面还乘上了\(2^{集合大小}\)，这里的集合大小就是这个数的质因子个数，所以我们最后的答案就是:
\[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{d|n}2^{w(d)} \]
如果我们把\(w(d)\)看做每个质因数选或者不选，那么这个就是\(d\)的无平方因子的约数个数，考虑\(\mu\)函数的平方，如果这个数有平方因子那么就为0，否则就为1，所以答案变成：
\[ \sum_{i=1}^n\sum_{d|n}\sum_{x|d}\mu^2(x) \]
然后我们把枚举\(x\)的部分提前，那么我们就需要考虑每个\(x\)的倍数i有多少个约数也是\(i\)的倍数，那么就是：
\[ \sum_{i-1}^n\mu^2(i)\sum_{j-1}^{\lfloor n/i\rfloor}\sigma_0(j) \]
到这里做法就可以出来了，它是一个\(f(i)*g(\lfloor n/i\rfloor)\)的形式，所以我们可以对其除法分块,然后我们还要知道\(\mu^2\)和\(\sigma_0\)的前缀和，求\(\sigma_0\)的部分比较简单，可以直接枚举约数。
\[ \sum_{i=1}^n\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \]
对于\(\mu^2\)的前缀和，我们可以考虑枚举每个平方因子进行容斥：
\[ \sum_{i-1}^{\sqrt{n}}\mu(i) \times \lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor \]
这样每个有平方因子的数刚好被算了0次，无平方因子的数刚好被算了一次。
然后就是外层除法分块，内层也有一个除法分块和枚举平方因子求\(\mu^2\)和、\(\sigma_0\)的前缀和，我们可以通过一些预处理前缀和来降低后面枚举的复杂度。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 5000009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e6;
int miu[N],prime[N],sum[N],d[N],ci[N];
ll sumd[N];
bool vis[N];
inline ll rd(){
ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f?-x:x;
}
inline void prework(){
int k;
miu[1]=1;d[1]=1;
for(int i=2;i<=maxn;++i){
if(!vis[i]){prime[++prime[0]]=i;miu[i]=-1;ci[i]=1;d[i]=2;}
for(int j=1;j<=prime[0]&&(k=i*prime[j])<=maxn;++j){
vis[k]=1;ci[k]=1;d[k]=2;
if(i%prime[j]==0){ci[k]+=ci[i];d[k]=d[i]*(ci[k]+1)/ci[k];break;}
miu[k]=-miu[i];d[k]=d[i]<<1;
}
}
for(int i=1;i<=maxn;++i)sum[i]=sum[i-1]+miu[i]*miu[i],sumd[i]=sumd[i-1]+d[i];
}
inline ll calc(ll n){
if(n<=maxn)return sumd[n];
ll r,ans=0;
for(ll l=1;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=(n/l)*(r-l+1);
}
return ans;
}
inline ll calcsum(ll n){
if(n<=maxn)return sum[n];
ll ans=0;
for(ll i=1;i*i<=n;++i){
ans+=(n/(i*i))*miu[i];
}
return ans;
}
inline ll get(ll n){
ll ans=0;ll r;
for(ll l=1;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans+=calc(n/l)*(calcsum(r)-calcsum(l-1));
}
return ans;
}
int main(){
int T=rd();
prework();
while(T--){
ll n=rd();
printf("%lld\n",get(n));
}
return 0;
}