luogu P5438

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这题的纯正暴力其实可以达到 60 分。。。。

先让我自己胡诌一个定义：

对于一个正整数 \(x=k^2p\)，\(k\) 尽量大且不为一（这里不把 1 算进去），称 \(k^2\) 为 \(x\) 的最大完全平方因子，此时 \(p\) 称为 \(x\) 的平方余数。

将数拆成 \(a^2b(\mu(b)\ne0)\) 的形式，将 \(b\) 相同的放到一起，这一堆数的贡献就是这些数的个数减一。

答案等价于区间长度减去出现的不同的 \(b\) 的个数。

考虑 \(l=1\) 时的情况：

我们发现 \(l=1\)，如果 \(a^2b(a\ne 1)\) 在区间中，则 \(b\) 必在区间中，即贡献来自有完全平方因子的数，所以答案为有完全平方因子的数的个数。

这个东西不是很好求，我们改成求无完全平方因子的数的个数，用总数即区间长度减去它即可。

直观的式子长这样：（式子一）

\[\large\sum_{i=1}^n\mu^2(i) \]

考虑转换式子：（式子二）

\[\large \begin{aligned} &\sum_{i=1}^n\mu^2(i)\\ &=\sum_{a^2b\le n}[a=1][\mu(b)\ne0]\\ &=\sum_{a^2b\le n}[\mu(b)\ne0]\sum_{i\mid a}\mu(i)\\ &=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor}1\\ &=\sum_{i=1}^n\mu(i)\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor\\ &=\sum_{i^2\le n}\mu(i)\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor \end{aligned} \]

复杂度不会算的说 /kk (\(O(能过)\)？？？)

那么如果 \(l\ne1\) 呢？

直接差分肯定不行，比如 \(\{2,8,18,32,50\},l=9\)，差分结果是 \(3\)，正确答案是 \(2\)。

我们可以枚举一个数 \(k\)，计算区间 \(\left[\frac{l-1}{k^2},\ \frac{r}{k^2}\right]\) 内出现的无完全平方因子的数的个数即可。

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long
#define N 10000010

using namespace std;

template <typename T>
inline void read (T &a) {
	T x = 0, f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (! isdigit (ch)) {
		(ch == '-') and (f = 0);
		ch = getchar ();
	}
	while (isdigit (ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch xor '0');
		ch = getchar ();
	}
	a = f ? x : -x;
}
template <typename T, typename ...A>
inline void read (T &t, A &...a) {
	read (t), read (a...);
}
template <typename T>
inline void print (T x) {
	if (x < 0) putchar ('-'), x = -x;
	if (x > 9) print (x / 10);
	putchar (x % 10 + '0');
}

int mu[N], sum[N], sum_s[N], pri[N], cnt;
bitset <N> v;

inline void phigros (int n) {
    mu[1] = sum[1] = sum_s[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        (! v[i]) and (pri[++cnt] = i, mu[i] = -1);
        for (int j = 1; j <= cnt and i * pri[j] <= n; j++) {
            v[i * pri[j]] = 1;
            if (! (i % pri[j])) break;
            mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
        sum_s[i] = sum_s[i - 1] + mu[i] * mu[i];
        // 处理平方前缀和，即式子一
    }
}

inline int Min (int a, int b) {return a < b ? a : b;}

int mid;
inline int sol (int n) {
    if (n < mid) return n - sum_s[n];
    // 直接用式子一，这句特判 l < sqrt(r) 的情况
    int k = sqrt (n), res = 0;
    for (int i = 2, j = 0; i <= k; i = j + 1) {
        j = Min (k, (int) sqrt (n / (n / i / i)));
        res -= (sum[j] - sum[i - 1]) * (n / i / i);
    }
    // 式子二，数论分块做
    return res;
}

int num, swa, swb, l, r, ans;

signed main () {
    read (l, r);
    mid = sqrt (r);
    phigros (mid);
    // 预处理 sqrt(r)，也只需要这么多
    l--, num = l;
    ans = sol (r) - sol (l);
    for (int i = 2; i <= mid; i++) { // 枚举题解中的 k.
        swa = l / i / i, swb = Min (num, r / i / i);
        (swa < swb) and (ans -= (swb - swa - sol (swb) + sol (swa))); // 这边就是真暴力了，只不过这么多括号看着有点晕，仔细看看
        num = swa;
    }
    print (ans);
}