题目大意
给你 (l,r)，求从 (l) 到 (r) 这 (r-l+1) 个数中能选出多少个不同的子集，满足子集中所有的数的乘积是一个完全平方数。
对 (998244353) 取模。
(1leq l,rleq {10}^7)
有 (100) 组数据，(sum r-l+1leq 6 imes {10}^7)
题解
对于每个数，求出这个数中包含了哪些出现次数为奇数的质数。
那么就可以直接高斯消元，记矩阵的秩为 (r)，答案就是 (2^{r-l+1-r})。可以用 bitset 优化。
时间复杂度为 (O(frac{npi(n)^2}{w}))。
可以发现，一个数最多有一个 (>sqrt r) 的质因子。那么对于两个最大值因子相同的数，可以让第二个数的状态异或上第一个数的状态，这样第二个数的状态就只有 (leq sqrt r) 的质因子了。
这样就可以让矩阵的列的数量降低到 (pi(sqrt n))。
但是还是过不了这题。
可以发现，当 (r-l+1) 足够大的时候就可以认为这个矩阵满秩了。在本题中，当 (r-l+1>6000) 的时候就可以不用高斯消元直接求出答案了。
时间复杂度：(O(frac{T imes 6000 imes pi(sqrt n)^2}{w}))。
这个复杂度很松，实际跑起来非常快。
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<functional>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<assert.h>
#include<bitset>
using namespace std;
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::sort;
using std::reverse;
using std::random_shuffle;
using std::lower_bound;
using std::upper_bound;
using std::unique;
using std::vector;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef std::pair<int,int> pii;
typedef std::pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
void open2(const char *s){
#ifdef DEBUG
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const ll p=998244353;
const int N=10000010;
const int n=10000000;
const int sqrtn=3162;
const int size=446;
typedef bitset<500> arr;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
int c[N],d[N],b[N],pri[N],cnt;
void sieve()
{
c[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!b[i])
{
pri[++cnt]=i;
d[i]=cnt;
c[i]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++)
{
int v=i*pri[j];
b[v]=1;
c[v]=c[i];
if(i%pri[j]==0)
break;
}
}
}
void init()
{
sieve();
}
arr get(int x)
{
while(c[x]>sqrtn)
x/=c[x];
arr res;
while(x>1)
{
res.flip(d[c[x]]-1);
x/=c[x];
}
return res;
}
int len,tot,tot2;
void solve2(int l,int r)
{
tot=0;
len=r-l+1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(r/pri[i]!=(l-1)/pri[i])
tot++;
ll ans=fp(2,len-tot);
printf("%lld
",ans);
}
arr e[size];
int insert(arr v)
{
for(int i=0;i<size;i++)
if(v[i])
{
if(e[i][i])
v^=e[i];
else
{
e[i]=v;
return 1;
}
}
return 0;
}
pii a[10000];
arr pre;
int cmp(pii a,pii b)
{
return a.second<b.second;
}
void solve()
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
if(r-l>6000)
{
solve2(l,r);
return;
}
tot=0;
tot2=0;
len=r-l+1;
if(l==1)
l++;
int m=0;
for(int i=0;i<size;i++)
e[i].reset();
for(int i=l;i<=r;i++)
a[++m]=pii(i,c[i]);
sort(a+1,a+m+1,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(a[i].second<=sqrtn)
{
if(tot<size)
if(insert(get(a[i].first)))
tot++;
}
else if(i==1||a[i].second!=a[i-1].second)
{
tot2++;
if(tot<size)
pre=get(a[i].first);
}
else
{
if(tot<size)
if(insert(get(a[i].first)^pre))
tot++;
}
ll ans=fp(2,len-tot-tot2);
printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
open("dls");
init();
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
solve();
return 0;
}