2018南京icpc-J-Prime Game (欧拉筛+唯一分解定理)
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题意:给定n个数ai(n<=1e6,ai<=1e6),定义,并且fac(l,r)为mul(l,r)的不同质因数的个数,求
思路:可以先用欧拉筛求出1e6以内的所有质数,然后对所有ai判断,如果ai不是质数就利用唯一分解定理计算其所有质因数。然后按照顺序依次计算每个质因子的贡献。假设n=5,对质因子2,依次记录它在数组出现的下标,如果它在2、4下标出现了,那么它的贡献即为所有包含2或4的区间个数,逆向计算,即所有区间个数-不包含2和4的区间个数,即
n(n+1)/2-m1(m1+1)/2-m2(m2+1)/2-m3(m3+1)/2,其中m1=2-1-0=1,m2=3-2=1,m3=5-4=1,即3块不包含2和4的子区间长度。
AC代码:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; const int maxn=1e6+5; int n,a[maxn],cnt,vis[maxn],prime[maxn]; int pre[maxn],vis1[maxn]; LL ans,cs; void Eular(){ for(int i=2;i<maxn;++i){ if(!vis[i]) prime[cnt++]=i; for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;++j){ vis[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0) break; } } } void solve(int id,int x){ if(!vis1[x]){ vis1[x]=1; ans+=cs; } LL t=id-1-pre[x]; pre[x]=id; ans-=1LL*t*(t+1)/2; } int main(){ Eular(); scanf("%d",&n); cs=1LL*n*(n+1)/2; for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;++i){ if(a[i]==1) continue; if(!vis[a[i]]){ solve(i,a[i]); } else{ int tmp=a[i]; for(int j=2;j*j<=tmp;++j){ if(tmp%j==0){ while(tmp%j==0) tmp/=j; solve(i,j); } } if(tmp!=1){ solve(i,tmp); } } } for(int i=0;i<cnt;++i){ int t=pre[prime[i]]; if(t){ t=n-t; ans-=1LL*t*(t+1)/2; } } printf("%lld ",ans); }
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