UOJ 188 [UR #13]Sanrd（min_25筛）

Description

这里是跳蚤国中央广播电台，现在为您转播的是著名人类智慧大师picks$picks$ 博士与人工智能betacome$betacome$ 之间的最后一轮赛事。

这一场交锋的规则由网友st∗∗∗∗ll$st\ast \ast \ast \ast ll$ 提供，这位网友也将获得由不想跳的跳蚤不是好跳蚤——最强跳蚤跳跳跳公司提供的金牌跳蚤一只。

就在刚才，第二轮比赛也已经结束了，picks$picks$ 博士不负众望为人类扳回了一城。特别是在刚才劣势的时候，picks$picks$ 博士突然地停止了对盘子的操作，让betacome$betacome$ 乱了阵脚，并最后实现了反超，这一手操作也被网友戏称为“神之一手”。

“恩，这一手表明了betacome$betacome$ 也是存在弱点而不是不可战胜的，picks$picks$ 博士可能也在一直尝试着不同的比赛风格，试图找到betacome$betacome$ 的漏洞。上一场的胜利说明了betacome$betacome$ 在对于突发事件的应对方式可能存在着缺陷，在这一轮picks$picks$ 博士应该会针对这一点进行比赛，我认为他的胜率应该会非常大。”

那看来A$A$ 先生抱着非常乐观的心态啊，现在最后一轮的比赛已经开始了，同样，接下来由A$A$ 先生来给我们介绍一下这一轮比赛的规则。

“好，大家现在看屏幕，在这一轮游戏中，给出了一个如下所示的将n$n$ 分解质因子的算法。”

1. 检查n$n$ 是否是质数，假如n$n$ 是质数或n=1$n=1$ 则直接结束。
2. 定义一个变量p$p$ ，初始值为2$2$ 。
3. 检查p$p$ 是否是n$n$ 的因子，假如p$p$ 是n$n$ 的因子，不断将n$n$ 除去p$p$ ，直到p$p$ 不再是n$n$ 的质因子。
4. 检查n$n$ 是否是质数，假如n$n$ 是质数或n=1$n=1$ ，就结束这个算法，否则将p$p$ 的值加一，返回第三步。

“为了检验人类智慧和人工智能之间的计算能力的差距，主办方希望选手对区间[l,r]$[l,r]$ 中的所有数都用这个算法进行分解。为了检验计算的正确性，选手需要计算分解完每一个数后，p$p$ 的和。特殊地，如果分解在第一步就结束了，那么就认为p=0$p=0$ 。”

恩，谢谢A$A$ 先生。大家可以看到这一道是数论方面的题目，刚才A$A$ 先生也私下和我说了，这一道题目的难度要比前两轮的难度高很多，他认为在短时间内，比赛双方都无法得到准确的结果。因为我们节目组决定与观众们进行互动，正在收看节目的观众可以关注节目跳蚤信公众号参与解题，最快得到正确答案的观众将会获得由不想跳的跳蚤不是好跳蚤——最强跳蚤跳跳跳公司提供的精美礼品一份。

作为一名光荣的吃土少年，你立志要把这份礼品收入囊中以告别悲惨的吃土生活。然而，全世界的观众中也不乏人类智慧大师的存在，为了从他们中脱颖而出，你需要以最快的速度得到这一个问题的答案。

Input

一行两个正整数l,r$l,r$ ，表示需要分解的数的范围(1≤l≤r≤1011)$(1\le l\le r\le {10}^{11})$

Output

输出一行一个整数，表示每次分解结束时，变量p$p$ 的值之和。

Sample Input

16 20

Sample Output

7

Solution

设f(n)$f(n)$ 为分解n$n$ 结束时的p$p$ 值，若n$n$ 为1$1$ 或素数则有f(p)=0$f(p)=0$ ，否则f(n)$f(n)$ 即为n$n$ 的次大素因子

假设⌊ni⌋$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值分别为val1,...,valcnt$va{l}_1,...,va{l}_{cnt}$ ，n−−√$\sqrt{n}$ 以内的素数为p1,...,pm$p_1,...,p_m$ ，设S(i,j)$S(i,j)$ 为[1,vali]$[1,va{l}_i]$ 中最小素因子不小于pj$p_j$ 的数字的f$f$ 值之和，显然其中的素数没有贡献，对于其中的合数，枚举起最小素因子pk$p_k$ 以及其幂指数e$e$ ，那么数字有两种：pekpl(l≥k)，pekn′$p_k^e{p}_l(l\ge k)，p_k^e{n}^{\prime }$ ，其中n′$n^{\prime }$ 为最小素因子大于pk$p_k$ 的合数，第一种对答案的贡献为pk$p_k$ ，第二种对答案的贡献为n′$n^{\prime }$ 对答案的贡献，进而有转移

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

用min_25$min\mathrm{\_}25$ 筛求出g(i)$g(i)$ 表示[1,vali]$[1,va{l}_i]$ 中素数个数，那么最后一个求和即为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;
}