Calculating[LuoguP3935]

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题面描述

传送门

思路

根据算数基本定理,正约数个数为: $(c_1+1)*(c_2+1)*......*(c_m+1)={\large\prod\limits_{i=1}^{m}}(c_i+1)$

则 $f(i)$实际上就是 $i$的正约数个数.

我们来变柿子:( $i*j==x$返回bool值)
$\large\ f(x)=\sum_{d\mid x}1=\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^{x/i}(i*j==x)(即正约数的个数)$

$\large\sum_{x=1}^nf(x)=\sum_{x=1}^n\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^{x/i}(i*j==x)$

我们这是可以发现，对于每一个 $i*j$都会有一个与 $i*j$相等的 $x$与其对应，因此我们可以改变一下顺序:
$\large\sum_{x=1}^nf(x)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor\\ n/i\right\rfloor}1=\sum_{x=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor\\ n/x\right\rfloor}1=\sum_{x=1}^n\left\lfloor\\ n/x\right\rfloor$

现在我们要求的是
$\large\sum_{x=l}^rf(x)=\sum_{x=1}^rf(x)-\sum_{x=1}^{l-1}f(x)=\sum_{x=1}^r\left\lfloor\\ r/x\right\rfloor-\sum_{x=1}^{l-1}\left\lfloor\\ (l-1)/x\right\rfloor$

$emm.......$

我们观察一下n的范围，貌似会T，分块吧

参考余数之和的证明，我们设 $\operatorname{g}(x)=\left\lfloor\\ k/\left\lfloor\\k/x \right\rfloor \right\rfloor$ $\left\lfloor k/ \operatorname{g}(x)\right\rfloor=\left\lfloor\\k/x \right\rfloor$

所以我们可以直接分块啦！

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=998244353;
int main()
{
	ll l,r;scanf("%lld%lld",&l,&r);
	if(l>r)swap(l,r);
	l--;
	ll ans=0;
	for(ll x=1,gx;x<=r;x=gx+1)
	{
		gx=r/(r/x);if(l>=i)gx=min(gx,l/(l/x));
		ans=(ans+(gx-x+1)*(r/x-l/x))%mod;
	}
	if(ans<0)ans+=mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}