2023.10.4测试

T1 最短路

T2 欧拉函数

给定常数 \(B\)，\(T\) 组测试数据，每次给定 \(l,r\)，求

\[\sum_{x=l}^r\varphi^{(\max_{i=1}^x\varphi(x)-B)}(x) \]

当 \(\max_{i=1}^x\varphi(x)-B\leq 0\) 时 \(\varphi^{(\max_{i=1}^x\varphi(x)-B)}(x)=x\)

\(1\leq T\leq 10^5\)，\(1\leq r,B\leq 10^9\)

暴力做 \(r\leq 10^6\) 拿到 \(72\) 分

其实很容易想到 \(\varphi\) 迭代 \(\log\) 次后就会变成 \(1\)，但是一些具体的实现没有想到

对于 \(i\leq B\) 的贡献就是 \(i\)，对于第一个 \(\varphi(x)>\log V+1\) 的 \(x\)，\([x,r]\) 的贡献都是 \(1\)

问题是怎么找到这个 \(x\)

打表发现质数的密度并不小，而质数的 \(\varphi\) 值就是自己减 \(1\)，所以 \(\max_{i=1}^x\varphi(x)\) 就约等于 \(i\) 前面的第一个质数的 \(\varphi\) 值。因此可以设一个阈值 \(M\)，令 \(x=B+M+1\)，这样对于 \([x,n]\) 的贡献都直接计算

对于 \([B,B+M]\) 的部分，暴力计算即可

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#define LL long long 
using namespace std;

const int N=1e6+10,M=200;

int T,l,r,B;
LL g[M+10];

int getphi(int x)
{
	int res=x;
	for(int i=2; i*i<=x; i++)
	{
		if(x%i==0)
		{
			res=1LL*res*(i-1)/i;
			while(x%i==0)
				x/=i;
		}
	}
	if(x>1)
		res=1LL*res*(x-1)/x;
	return res;
}

LL f(int k,int x)
{
	if(k<=0)
		return x;
	if(k==1)
		return (LL)getphi(x);
	if(x==1)
		return 1;
	return f(k-1,getphi(x));
}

bool isprime(int x)
{
	if(x==1)
		return 0;
	for(int i=2; i*i<=x; i++)
		if(x%i==0)
			return 0;
	return 1;
}

void prework()
{
	int mx=0;
	for(int i=B+1; i<=B+M; i++)
	{
		if(isprime(i))
			mx=i-1;
		g[i-B]=f(mx-B,i)+g[i-B-1];
	} 
}

LL calc(int x)
{
	if(x<=B)
		return 1LL*(1+x)*x/2;
	LL res1=1LL*(1+B)*B/2;
	LL res2=g[min(x,B+M)-B];
	if(x<=B+M)
		return res1+res2;
	LL res3=x-(B+M);
	return res1+res2+res3;
}

void mian()
{
	scanf("%d%d",&l,&r);
	printf("%lld\n",calc(r)-calc(l-1));
} 

int main()
{
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	
	scanf("%d%d",&T,&B);
	
	prework();
	while(T--)
		mian();

	return 0;
}