1968: [Ahoi2005]COMMON 约数研究

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Description

Input

只有一行一个整数 N（0 < N < 1000000）。

Output

只有一行输出，为整数M，即f(1)到f(N)的累加和。

Sample Input

3


Sample Output

5




题解

我们知道一个数x的约数个数 = (a1 + 1) * (a2 + 1) * (a3 + 1)......(ak + 1) 其中x的质因子分解：x = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 ......pk^ak

现在我们需要算出所有数的约数个数和 直接算？O(n√n) n <= 1000000肯定超时 考虑线性筛

若i为质数，显然f[i] = 2 若i不为质数，它一定会在线性筛中被它除去最小的一个质因数后的那个数筛去 例如 20 = 2 * 2 * 5，那么在筛到10 = 2 * 5时，我们会用 2 * 10 筛去20 由于比10及10以前的f值已经确定 这个时候f[20] = f[10] + f[10 / 2^1] = (1 + 1) * (1 + 1) + (1 + 1) = 3 * 2 也就是f[i * prime[j]] = f[i] + f[i除去所有prime[j]后的数] UPD2018.1.27: 其实这道题有更快的方法。。。。是我蠢了 ∑[N/i]即可 


#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<bitset> #define LL long long int #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) using namespace std; const int maxn = 1000005,maxm = 100005,INF = 1000000000; int prime[maxn],primei = 0,n; LL f[maxn],M = 0; bitset<maxn> isp; void cal(){  int t;  isp.set();  f[1] = 1;  for (int i = 2; i <= n; i++){   if (isp[i]) prime[++primei] = i,f[i] = 2;   for (int j = 1; j <= primei && i * prime[j] <= n; j++){    isp[i * prime[j]] = false;    for (t = i; t % prime[j] == 0; t /= prime[j]);    f[i * prime[j]] = f[i] + f[t];    if (i % prime[j] == 0) break;   }  }  REP(i,n) M += f[i]; } int main() {  cin >> n;  cal();  cout << M << endl;  return 0; }



UPD： 

#include<iostream> using namespace std; int main(){     int n,nxt; cin>>n;     long long int ans = 0;     for (int i = 1; i <= n; i = nxt + 1){         nxt = n / (n / i);         ans += (long long int)n / i * (nxt - i + 1);     }     cout<<ans<<endl;     return 0; }