UOJ 188 [UR #13]Sanrd（min_25篩）

Description

這裏是跳蚤國中央廣播電臺，現在爲您轉播的是著名人類智慧大師picks$picks$ 博士與人工智能betacome$betacome$ 之間的最後一輪賽事。

這一場交鋒的規則由網友st∗∗∗∗ll$st\ast \ast \ast \ast ll$ 提供，這位網友也將獲得由不想跳的跳蚤不是好跳蚤——最強跳蚤跳跳跳公司提供的金牌跳蚤一隻。

就在剛纔，第二輪比賽也已經結束了，picks$picks$ 博士不負衆望爲人類扳回了一城。特別是在剛纔劣勢的時候，picks$picks$ 博士突然地停止了對盤子的操作，讓betacome$betacome$ 亂了陣腳，並最後實現了反超，這一手操作也被網友戲稱爲“神之一手”。

“恩，這一手錶明瞭betacome$betacome$ 也是存在弱點而不是不可戰勝的，picks$picks$ 博士可能也在一直嘗試着不同的比賽風格，試圖找到betacome$betacome$ 的漏洞。上一場的勝利說明了betacome$betacome$ 在對於突發事件的應對方式可能存在着缺陷，在這一輪picks$picks$ 博士應該會針對這一點進行比賽，我認爲他的勝率應該會非常大。”

那看來A$A$ 先生抱着非常樂觀的心態啊，現在最後一輪的比賽已經開始了，同樣，接下來由A$A$ 先生來給我們介紹一下這一輪比賽的規則。

“好，大家現在看屏幕，在這一輪遊戲中，給出了一個如下所示的將n$n$ 分解質因子的算法。”

1. 檢查n$n$ 是否是質數，假如n$n$ 是質數或n=1$n=1$ 則直接結束。
2. 定義一個變量p$p$ ，初始值爲2$2$ 。
3. 檢查p$p$ 是否是n$n$ 的因子，假如p$p$ 是n$n$ 的因子，不斷將n$n$ 除去p$p$ ，直到p$p$ 不再是n$n$ 的質因子。
4. 檢查n$n$ 是否是質數，假如n$n$ 是質數或n=1$n=1$ ，就結束這個算法，否則將p$p$ 的值加一，返回第三步。

“爲了檢驗人類智慧和人工智能之間的計算能力的差距，主辦方希望選手對區間[l,r]$[l,r]$ 中的所有數都用這個算法進行分解。爲了檢驗計算的正確性，選手需要計算分解完每一個數後，p$p$ 的和。特殊地，如果分解在第一步就結束了，那麼就認爲p=0$p=0$ 。”

恩，謝謝A$A$ 先生。大家可以看到這一道是數論方面的題目，剛纔A$A$ 先生也私下和我說了，這一道題目的難度要比前兩輪的難度高很多，他認爲在短時間內，比賽雙方都無法得到準確的結果。因爲我們節目組決定與觀衆們進行互動，正在收看節目的觀衆可以關注節目跳蚤信公衆號參與解題，最快得到正確答案的觀衆將會獲得由不想跳的跳蚤不是好跳蚤——最強跳蚤跳跳跳公司提供的精美禮品一份。

作爲一名光榮的吃土少年，你立志要把這份禮品收入囊中以告別悲慘的吃土生活。然而，全世界的觀衆中也不乏人類智慧大師的存在，爲了從他們中脫穎而出，你需要以最快的速度得到這一個問題的答案。

Input

一行兩個正整數l,r$l,r$ ，表示需要分解的數的範圍(1≤l≤r≤1011)$(1\le l\le r\le {10}^{11})$

Output

輸出一行一個整數，表示每次分解結束時，變量p$p$ 的值之和。

Sample Input

16 20

Sample Output

7

Solution

設f(n)$f(n)$ 爲分解n$n$ 結束時的p$p$ 值，若n$n$ 爲1$1$ 或素數則有f(p)=0$f(p)=0$ ，否則f(n)$f(n)$ 即爲n$n$ 的次大素因子

假設⌊ni⌋$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值分別爲val1,...,valcnt$va{l}_1,...,va{l}_{cnt}$ ，n−−√$\sqrt{n}$ 以內的素數爲p1,...,pm$p_1,...,p_m$ ，設S(i,j)$S(i,j)$ 爲[1,vali]$[1,va{l}_i]$ 中最小素因子不小於pj$p_j$ 的數字的f$f$ 值之和，顯然其中的素數沒有貢獻，對於其中的合數，枚舉起最小素因子pk$p_k$ 以及其冪指數e$e$ ，那麼數字有兩種：pekpl(l≥k)，pekn′$p_k^e{p}_l(l\ge k)，p_k^e{n}^{\prime }$ ，其中n′$n^{\prime }$ 爲最小素因子大於pk$p_k$ 的合數，第一種對答案的貢獻爲pk$p_k$ ，第二種對答案的貢獻爲n′$n^{\prime }$ 對答案的貢獻，進而有轉移

S(i,j)=∑k≥j∑pe+1k≤vali(S(⌊valipek⌋,k+1)+pk∑p=pkvali[p是素數])$$S(i,j)=\sum _{k\ge j}\sum _{p_k^{e+1}\le va{l}_i}(S(\lfloor \frac{va{l}_i}{p_k^e}\rfloor ,k+1)+p_k\sum _{p=p_k}^{va{l}_i}[p是素數])$$

用min_25$min\mathrm{\_}25$ 篩求出g(i)$g(i)$ 表示[1,vali]$[1,va{l}_i]$ 中素數個數，那麼最後一個求和即爲g(i)−(k−1)$g(i)-(k-1)$

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 700005
int p[maxn],f[maxn],np=0,m=350000;
void get_prime(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!f[i])p[++np]=i;
        for(int j=1;j<=np&&i*p[j]<=n;j++)
        {
            f[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }
    np--;
}
ll val[maxn],n;
int nn,cnt;
void init()
{
    nn=1;
    while((ll)nn*nn<n)nn++;
    cnt=0;
    for(ll i=1;i<=n;i=n/(n/i)+1)val[++cnt]=n/i;
}
int ID(ll x)
{
    if(x>=nn)return n/x;
    return cnt-x+1;
}
ll g0[maxn];
void Get_g(ll n)
{
    for(int i=1;i<=cnt;i++)g0[i]=val[i]-1;
    for(int j=1;j<=np;j++)
        for(int i=1;i<=cnt&&(ll)p[j]*p[j]<=val[i];i++)
        {
            int k=ID(val[i]/p[j]);
            g0[i]=g0[i]-(g0[k]-(j-1));
        }   
    return ;
}
ll S(ll i,int j)
{
    if(i<=1||p[j]>i)return 0;
    int k=ID(i);
    ll ans=0;
    for(int k=j;k<=np&&(ll)p[k]*p[k]<=i;k++)
    {
        ll p1=p[k],p2=(ll)p[k]*p[k];
        for(int e=1;p2<=i;p1=p2,p2*=p[k],e++)
            ans+=S(i/p1,k+1)+(g0[ID(i/p1)]-k+1)*p[k]; 
    }
    return ans;
}
int main()
{
    get_prime(m);
    scanf("%lld",&n);
    n--;
    init();
    Get_g(n);
    ll ans=-S(n,1);
    scanf("%lld",&n);
    init();
    Get_g(n);
    ans+=S(n,1);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}