牛客多校6G

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Hasse Diagram

题解

一开始推的是(f(x)=sumlimits_{d|x}{g(d)})，其中(g(x))代表本质不同的质因数的个数，后来发现这个函数没有积性，无从下手。

后来看了题解，由于(n)​​​​​可以表示成(prodlimits{p^c})​​​​​，对于某个质因子(p)，可得递推式(f(n)=(c+1) cdot f(frac{n}{p^c})+ccdot d(frac{n}{p^c}))，其中(d(x))代表(x)​的约数个数。

证明：

对于(f(frac{n}{p^c}))​中任意的边((u,v))​，({(u,v),(pu,v),(p^2u,pv),...,(p^cu,p^{c-1}v)})属于(f(n))；除此之外，对于(frac{n}{p^c})的任意约数(d)，({(pd,d),(p^2d,pd),...,(p^cd,p^{c-1}d)})也属于(f(n))​。

这个递推式乍看起来没啥用，但是它其实是符合min25允许的结构的。对于素数(p)，有(f(p)=1)，(f(p^c)=c)​，可以快速计算。

min25统计答案时，是通过枚举最小质因子的方式统计，相比之下递推式只是多加了一个约数个数而已，而且约数个数是积性函数，也能用min25计算。因此在计算(f(x))​时同时计算(d(x))​的中间结果，在统计答案时加上去即可。

原本我太死板，对min25理解太浅，以为只有符合条件的积性函数才可以用min25解决，现在看来只要可以拆分质因子计算贡献，就可能可以使用min25解决。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int M = 1145140019;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PII;
#define endl '
'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
ll num[N], ans[N];
ll id1[N], id2[N];
ll pri[N];
ll m, n;
int cnt;
bool isnp[N];

inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
    ll res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = (res * a) % m;
        a = (a * a) % m;
        b = b >> 1;
    }
    return res;
}

void init() {
    isnp[1] = 1;
    pri[cnt++] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i++) {
        if(!isnp[i]) {
            pri[cnt++] = i;
            for(int j = 2 * i; j < N; j += i)
                isnp[j] = 1;
        }
    }
}

int ID(ll x) { // 相当于hashmap，用于保存根号n个结果
    if(x <= m) return id1[x];
    return id2[n / x];
}

void solve(ll n) { // part 1
    int cur = 0;
    int mx = 0;
    m = 0;
    while(m * m <= n) {
        if(pri[mx] <= m) mx++;
        m++;
    }
    ll i = 1;
    while(i <= n) {
        num[cur] = n / i;
        ans[cur] = (num[cur] - 1) % M;
        if(num[cur] <= m) id1[num[cur]] = cur;
        else id2[n / num[cur]] = cur;
        cur++;
        i = n / (n / i) + 1;
    }
    for(int i = 1; i < mx; i++) {
        for(int j = 0; j < cur && 1ll * pri[i] * pri[i] <= num[j]; j++) {
            ans[j] -= (ans[ID(num[j] / pri[i])] - (i - 1)) % M;
            ans[j] %= M;
        }
    }
}

PII F(ll n, int k) { // part 2
    ll res = 0; // f(x)
    ll d = 0; // 约数个数

    for(int i = k; 1ll * pri[i] * pri[i] <= n; i++) {
        ll p = pri[i];
        int cnt = 1;
        while(p * pri[i] <= n) {
            auto par = F(n / p, i + 1);
            d += ((cnt + 1) * par.first % M + (cnt + 2)) % M;
            res += ((cnt + 1) * par.second % M + cnt * par.first % M + (cnt + 1)) % M;
            res %= M;
            d %= M;
            p = p * pri[i];
            cnt++;
        }
    }
    res += ans[ID(n)] - ((k - 1) ? ans[ID(pri[k - 1])] : 0) % M;
    d += 2 * (ans[ID(n)] - ((k - 1) ? ans[ID(pri[k - 1])] : 0)) % M;
    return {d % M, res % M};
}



int main() {
    IOS;
    init();
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        cin >> n;
        solve(n);
        cout << (F(n, 1).second % M + M) % M << endl;
    }
}