2019.10.02日常总结兼洛谷P3601题解

洛谷$P3601:$

【题意】： 记$qiandao(x)$为小于等于$x$且与$x$ 不互质 的数的个数，求 ${\sum }_{i=1}^{n}qiandao(i)$ $mod$ $666623333$
【思路】： 首先，有一个很显然的结论：$qiandao(i)=i-\tau (i)$，其中$\tau (i)$表示小于等于$i$且与$i$ 互质的数的个数
那么原问题被我们转化为了求${\sum }_{i=1}^n(i-\tau (i))$ $mod$ $666623333$
考虑到$l,r$很大，但$r-l\le 1\times 10^6$，所以我们求$1-\sqrt{r}$中的质数，然后根据它们来求解
【代码】：

#include 
using namespace std;
const int N=1e6+1e3;
int prime[N],tot;
bool is_prime[N];
inline void get_prime(int n){
	memset(is_prime,true,sizeof(is_prime));
	is_prime[0]=is_prime[1]=false;tot=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	if (is_prime[i]){
		prime[++tot]=i;
		for(int j=i;j<=n/i;j++)
		is_prime[i*j]=false;
	}
}//埃式筛
long long n,m,f[N],p[N];
long long i,j,pri,x,ans;
const long long mod=666623333;
int main(){
	cin>>n>>m;
	get_prime(1000000);
	for(i=n;i<=m;i++)
	f[i-n]=p[i-n]=i;
//	技巧：通过让i减n达到把所有数字左移的效果，从而减少空间的浪费
	for(i=1;i<=tot;i++)
	for(pri=prime[i],j=max(2ll,(n-1)/pri+1)*pri;j<=m;j+=pri){
		x=j-n;f[x]=f[x]/pri*(pri-1);//求小于等于i且与i互质的数的个数
		while (p[x]%pri==0) p[x]/=pri;//分解质因数
	}
	for(i=0;i<=m-n;i++){
		if (p[i]>1) f[i]=f[i]/p[i]*(p[i]-1);
		ans=(ans+i+n-f[i])%mod;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}