【LOJ#6682】夢中的數論（min_25篩）

【LOJ#6682】夢中的數論（min_25篩）

題面

LOJ

題解

注意題意是\(j|i\)而且\((j+k)|i\)，
不難發現\(j\)和\((j+k)\)能夠任意取\(i\)的任意因數，且\(j\lt j+k\)，因此答案就是：
\[Ans=\sum_{i=1}^n {\sigma(i)\choose 2}\]
因此要作的就是篩\(\sigma^2(i)\)和\(\sigma(i)\)的前綴和。
\(\sigma(i)\)這個東西就是\(\displaystyle \sum_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i} \rfloor\)，能夠用數論分塊在\(O(\sqrt n)\)的時間內求解。
而後這兩個東西都是積性函數，因此算\(\sigma^2\)能夠直接\(min\_25\)篩，本質上是篩質數個數。
而後討論一下邊界：\(f(1)=1,f(p^k)=(k+1)^2\)。
轉移啥的就很顯然了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 998244353
ll n;int ans;
ll id1[MAX],id2[MAX],w[MAX],m,f[MAX];
int ID(ll x){return x<MAX?id1[x]:id2[n/x];}
bool zs[MAX];
int pri[MAX],tot;
void Sieve(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        if(!zs[i])pri[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;++j)
        {
            zs[i*pri[j]]=true;
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
    }
}
int Sqr(int x){return 1ll*x*x%MOD;}
int S(ll x,int y)
{
    if(x<=1||pri[y]>x)return 0;
    int k=ID(x),ret=4ll*(f[k]-y+1)%MOD;
    for(int i=y;i<=tot&&1ll*pri[i]*pri[i]<=x;++i)
    {
        ll t1=pri[i],t2=1ll*pri[i]*pri[i];
        for(int e=1;t2<=x;++e,t1=t2,t2*=pri[i])
            ret=(ret+1ll*Sqr(e+1)*S(x/t1,i+1)+Sqr(e+2))%MOD;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    cin>>n;Sieve(sqrt(n));
    for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1)
    {
        j=n/(n/i);ans=(ans+MOD-1ll*(n/i)%MOD*((j-i+1)%MOD)%MOD)%MOD;
        w[++m]=n/i;f[m]=(w[m]-1+MOD)%MOD;
        if(w[m]<MAX)id1[w[m]]=m;
        else id2[j]=m;
    }
    for(int j=1;j<=tot;++j)
        for(int i=1;i<=m&&1ll*pri[j]*pri[j]<=w[i];++i)
        {
            int k=ID(w[i]/pri[j]);
            f[i]=(f[i]+MOD-(f[k]+MOD-(j-1)%MOD)%MOD)%MOD;
        }
    ans=1ll*(ans+S(n,1)+1)*(MOD+1)/2%MOD;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}