HDU6834 Yukikaze and Smooth numbers

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题意：给出一个n和k，要求输出1到n中有多少个数的最大质因子都小于等于k
T组输入，n和k的范围都是1e9.
做法：如果n≤kn \leq kn≤k 那么答案是nnn.
如果 k<nk< nk<n:

首先考虑一个容斥很容易得到答案的表达如下：
ans=n−∑i1pi+∑i<j1pipj−...(−1)k1p1p2...pk(min(p)>k)ans =n -\sum_{i}\frac{1}{p_i}+\sum_{i<j}\frac{1}{p_ip_j} -...(-1)^{k}\frac{1}{p_{1}p_{2}...p_{k}}(min(p)>k)ans=n−∑ipi1+∑i<jpipj1−...(−1)kp1p2...pk1(min(p)>k)
由上面那个式子如果知道容斥和莫比乌斯的肯定很熟悉，他就等于如下的式子：
ans=n+∑p>kμ(i)⌊ni⌋,p∣i.ans = n+\sum_{p>k}\mu(i)\lfloor \frac{n}{i}\rfloor,p|i.ans=n+∑p>kμ(i)⌊in⌋,p∣i.
上面的ppp是iii的最小质因子，如果不清楚可以看看2013的国家集训队论文。

现在就是怎么求∑p>kμ(i)⌊ni⌋\sum_{p>k}\mu(i)\lfloor \frac{n}{i}\rfloor∑p>kμ(i)⌊in⌋。后面的整除我们可以用数论分块O(n)O(\sqrt n)O(n)来解决。但不过中间的莫比乌斯的值就不好求了。
中间的莫比乌斯函数的值其实就是最小质因子大于等于kkk的数的莫比乌斯的函数值的和。我们考虑使用min25min25min25筛来解决这个问题。
因为min25min25min25的正是处理这些问题了。那么只需要找到最小的大于kkk的质因子就可以筛出函数值了。
这里分类讨论：

首先k>nk>\sqrt nk>n这种情况下，只要随便出现一个大于kkk的质数那么肯定就是不合法的，那么对于数论分块的一段区间[l,r][l,r][l,r]只需要判断有多少素数，然后乘上⌊nl⌋\lfloor \frac{n}{l} \rfloor⌊ln⌋就行了。
然后k≤nk\leq\sqrt nk≤n这种情况下，我就考虑一个比较暴力的做法，因为第一个大于kkk的素因子肯定很容易就能找到，那么对于数论分块的每一段区间[l,r][l,r][l,r]的莫比乌斯函数值，就是s(r,pj)−s(l−1,pj),pj>ks(r,p_{j})-s(l-1,p_{j}),p_j>ks(r,pj)−s(l−1,pj),pj>k直接min25min25min25暴力求就行了。

这个复杂度我就不分析了，因为好像求和部分的复杂度不是很高，并没有TLE。题解和标程的代码我没有看懂，好像他只需要求一次sss数组可以O(1)O(1)O(1)的得出答案了。

#include "bits/stdc++.h"using namespace std;
inline int read() {int x = 0;bool f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = 0;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';if (f) return x;return 0 - x;
}
#define SZ(x) ((int)(x.size()))
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int inv(int n) {if (n == 1) return 1;return 1ll * inv(mod % n) * (mod - mod / n) % mod;
}
int ksm(int a, ll n) {int ans = 1;while (n) {if (n & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;n >>= 1;a = 1ll * a * a % mod;}return ans;
}
inline int add(int u, int v) { return (u += v) >= mod ? u - mod : u; }
inline int sub(int u, int v) { return (u -= v) < 0 ? u + mod : u; }
inline int mul(int u, int v) { return 1ll * u * v % mod; }
int vis[maxn], pri[maxn], cnt, mu[maxn];
void init(int N = maxn - 1) {mu[1] = 1;cnt = 0;for (int i = 2; i <= N; i++) {if (!vis[i]) {pri[++cnt] = i;mu[i] = -1;}for (int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= N; j++) {vis[i * pri[j]] = 1;if (i % pri[j] == 0) break;mu[i * pri[j]] = -mu[i];}}
}
int id1[maxn], id2[maxn], sqr, n, k, c;
int w[maxn << 1], g[maxn << 1], h[maxn << 1];
inline int getid(int x, int m) {if (x <= sqr) return id1[x];return id2[m / x];
}
void calc_g(int _n) {c = 0, sqr = sqrt(_n);int m = _n;for (int l = 1, r; l <= m; l = r + 1) {r = m / (m / l);w[++c] = m / l;g[c] = w[c] - 1;if (w[c] <= sqr) id1[w[c]] = c;else id2[r] = c;}init(sqr << 1);while (pri[cnt] > sqr) --cnt;for (int j = 1; j <= cnt; j++) {for (int i = 1; i <= c && pri[j] * pri[j] <= w[i]; i++) {int id = getid(w[i] / pri[j], m);g[i] -= g[id] - j + 1;}}
}
inline int fmu(int x) { return x == 1 ? -1 : 0; }
int get(int x, int y) {if (x <= 1 || pri[y] > x) return 0;int id = getid(x, n);int ret = -g[id] + y - 1;for (int i = y; i <= cnt && pri[i] * pri[i] <= x; i++) {int t1 = pri[i], t2 = pri[i] * pri[i];for (int e = 1; t2 <= x; ++e, t1 = t2, t2 *= pri[i])ret += get(x / t1, i + 1) * fmu(e) + fmu(e + 1);}return ret;
}int solve() {int ans = n;if (1ll * k * k > n) {int res = 0, l = k + 1, r = n / (n / l);calc_g(k);res -= g[getid(l - 1, k)];calc_g(n);res += g[getid(r, n)];ans -= res * (n / l);l = r + 1;for (; l <= n; l = r + 1) {r = n / (n / l);res = g[getid(r, n)] - g[getid(l - 1, n)];ans -= res * (n / l);}return ans;}calc_g(n);int t = 1;while (t <= cnt && pri[t] <= k) ++t;for (int l = k + 1, r; l <= n; l = r + 1) {r = n / (n / l);ans += (n / l) * (get(r, t) - get(l - 1, t));
//        cout << (get(r, t) - get(l - 1, t)) << endl;}return ans;
}int main() {//    freopen("1.in", "r", stdin);int T;scanf("%d", &T);
//    init();while (T--) {scanf("%d%d", &n, &k);int ans;if (n <= k) ans = n;else ans = solve();printf("%d\n", ans);}return 0;
}

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