洛谷 P3935 Calculating——因数个数定理+整除分块（数论分块）

P3935 Calculating

首先有一个东西叫因数个数定理。

就是题目中的$x=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_n^{k_n}$，那么$x$的因数的个数为$(k_1+1)(k_2+1)\cdots (k_n+1)$。

证明

根据短除法可知，任何一个不小于$2$的数，都可以分解成若干个素数相乘；

又因为，$a^b=a^x{a}^{b-x}$（其中$0\le x\le b$）；

所以$n$个相同的数可以被分成$b-0+1=b+1$个不同的数乘以某个数；

即对于$\forall i$，$p_i^{k_i}$含$k_i+1$个不同的整数（且他们的质因数只有$p_i$）；

最后根据乘法原理，就得出上式。

显而易见，这道题就变成了，求$l$到$r$中所有数字的因数个数和。

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因为数很多，所以枚举每个数字并计算它的因素的个数。显然是要TLE的。

考虑到，肯定会有很多数存在公因数，因此我们枚举每个因数显然更快一些。

现在再引入类似前缀和的原理，我们先求$[1,l)$中所有数字的因数个数和，再求$[1,r]$中所有数字的因数个数和，最后相减就是答案（$[l,r]$中所有数字的因数个数和）了。

$$\begin{gathered} t_1=\sum _{i\in [1,l)}g(i) \\ {t}_2=\sum _{i\in [1,r]}g(i) \\ ans=\sum _{i\in [l,r]}g(i)=t_2-t_1 \end{gathered}$$

• 其中$g(i)$表示$i$的因数个数

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上文的${\sum }_{i\in [1,x]}g(i)$到底怎么快速求解呢？

我们先将式子转化一下：
$$\sum _{i\in [1,x]}g(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{j|i}1=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{i}{j}\rfloor$$

• 其中$x|y$表示$x$整除$y$（$y$整除以$x$（$y\mathrm{mod}x=0$））

解释

求$[1,n]$中所有因数的个数（${\sum }_{i\in [1,x]}g(i)$）；最直接的办法就是先枚举$[1,n]$（${\sum }_{i=1}^n$），再枚举其中每个数的因数，并累加数量${\sum }_{j|i}1$；跟前面说的一样，枚举每个因数显然会快一些，因此我们就可以枚举$[1,n]$，并求出该数字在$n$以内的整倍数数量（${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{i}{j}\rfloor$）。

显然，这样做可以把时间复杂度从$O(n^2)$降到$O(n)$，但还不够。

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注意到，总会有相邻的几个数在范围内的整倍数相同，那我们就尝试把整倍数书相同的（当然就相邻的）几个数分为一块儿，一起求解；这就是整除分块。

为了方便理解，我们观察图像（$n=10$)。

• （横着的）$x$轴：遍历$[1,n]$的每个数
• （竖着的）$y$轴：对应的数的整倍数数

显然，这是一个反比例函数（解析式为$y=\frac{n}{x}$），它关于$y=x$对称，交对称轴于$(\sqrt{n},\sqrt{n})$。

因此，我们可以把$n$分成两个部分（区间），分别是$i<=\sqrt{n}$和$i>\sqrt{n}$（$x$相当于$i$）：

• 对于$i<=\sqrt{n}$的部分，其$k_f\le -1$（仅$i=\sqrt{n}$时$k_f=-1$）（$k_f$表示斜率），每个点对应的答案各不相同；

• 对于$i>\sqrt{n}$的部分，其$k_f>-1$；会出现有些点对应的答案相同的情况。

第一种情况暴力枚举$[1,\sqrt{n}]$就好了（时间复杂度$O(\sqrt{n})$）。

而第二种情况我们怎么知道哪些点对应的答案相同呢？

——根据函数的对称性。（还是上图）

描的每个蓝点代表对应的$i$对应的答案。

我们任取一点$D$，求它所在的相同答案区间的右界。

因为函数的对称性，所以我们可以直接把$D$点对应（映射）到$L$点，而$D$点所在的区间的右界就是$L$所在区间（严格来说只能是一条线段）的上界（$B$点）。

这是怎么求出来的呢？直接说结论：$(x,y)$关于$y=x$的对称点为$(y,x)$。

证明

因为$y=x$是平面直角坐标系第一象限和第三象限的角平分线；

所以$x$轴与$y$轴互为关于$y=x$对称关系；

所以找$(x,y)$关于$y=x$的对称点相当于互换了坐标轴，得到$(y,x)$。

因此，$i>\sqrt{n}$时我们可以先求出$i$对应的答案$y$，然后再求出$y$对应的答案，就是$i$所在区间的右界了。

每个区间的总答案就是其中任意一个点的答案乘以区间长度。

这样的操作只会进行$\sqrt{n}$次（$\sqrt{n}$左边有$n$个点，$\sqrt{n}$右边就有$n$个区间），因此时间复杂度也是$O(\sqrt{n})$。

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#include<cstdio>
#include<cmath>
inline long long read(){		//快读char t;long long x=0;do{t=getchar();}while(t<'0' || '9'<t);while('0'<=t && t<='9'){x=x*10+t-'0';t=getchar();}return x;
}
constexpr long long mod=998244353;
inline long long sum(long long x){long long s=0;for(long long i=1; i<=sqrt(x); ++i) s+=x/i;		//sqrt(x)以内直接枚举for(long long i=sqrt(x)+1, t; i<=x; i=t+1){t=x/(x/i);		//当前区间的右界s+=x/i*(t-i+1);		//当前区间的总答案（(t-i+1)就是区间长度）s%=mod;}return s;
}
int main(){long long l, r;l=read();r=read();printf("%lld", (sum(r)-sum(l-1)+mod)%mod);		//经过取模，不能保证sum(r)>sum(l-1)return 0;
}

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