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题目大意
指定 \(a_{i}\) 代表小于等于 \(i\) 全部数的最小公倍数，给你 \(l\) 和 \(r\) 让你求出在 \(l\le i \le r\) 中有几个不同的 \(a_{i}\)。
Solution
我们先观察一下样例解释发现一个很有趣的事情，\(2\) 和 \(3\) 的最小公倍数是 \(6\)（不从 \(1\) 开始算是因为 \(1\) 与任何数的最小公倍数都是另一个数）即 \(a_{3}=6\)，当我们算到 \(a_{4}\) 时其实是在 \(a_{3}\) 上乘了个 \(2\)，这样就凑出了 \(4\)（因为 \(a_{4}=2*2*3\)），所以可以发现其实当算到 \(a_{i}\) 时，保证 \(a_{i}\) 中可以凑出 \(i\) 时不用更改，直接就是 \(a_{i-1}\)；否则要往里面乘上个数来满足 \(a_{i}\) 是 \(i\) 的倍数。
有了上面的发现我们可以得出 \(l\) 和 \(r\) 中发生变化的情况一定是出现了素数及其幂，如何证明呢？可以用到算数基本定理即一个数可以被拆成 \(p_{1}^{c_{1}}p_{2}^{c_{2}}\ldots p_{m}^{c_{m}}\)，其中的 \(p_{i}\) 为素数，可以发现每次更改时一定是乘上一个素数（因为合数都可以由素数乘出来），只有出现素数的幂时才会必须再乘上这个素数（因为之前已有的素数的次数无法凑出这个数），综上我们只需要处理在 \(l\) 到 \(r\) 之间出现了几个素数以及素数的幂，不过值得注意的是 \(a_{l}\) 也算一个，因为在它之前没有了，它就是这段区间最小公倍数的初始值（后面需要乘素数时都是乘在这里面）。
我们可以先处理指数为 \(1\) 的情况（此时其实就是 P1835），就是筛出 \(l\) 到 \(r\) 里的素数，由于 \(l\) 和 \(r\) 的数据范围很大，不能直接处理，但是 \(r-l\) 只有 \(10^6\)，所以我们可以先用线性筛处理出前 \(10^7\) 的素数然后把 \(l\) 到 \(r\) 中能被 \(p_{i}\) 整除的标记，即标记 \(i*p_{i}(\lceil\frac{l}{p_{i}}\rceil\le i \le\lfloor \frac{r}{p_{i}}\rfloor)\) 为合数，然后统计没被标记出来的就是 \(l\) 到 \(r\) 之间的素数。然后我们标记这些素数的幂就好了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e7;
long long l,r,p[N],ans=1,tot;
//l,r是左右边界，p[i]存的是素数，ans统计答案，tot是素数的个数
bool vis[N],ok[N];
//vis[i]标记素数/合数，ok[i]标记素数的幂
int main(){memset(vis,true,sizeof(vis));scanf("%lld%lld",&l,&r);l++;//因为一开始我们把ans=1，所以初始左边界不用再算，直接+1 for(register int i=2;i<=1e7;i++){//线性筛预处理1e7以内的素数 if(vis[i])p[++tot]=i;for(int j=1;j<=tot && i*p[j]<=1e7;j++){vis[i*p[j]]=false;if(i%p[j]==0)break;}}memset(vis,true,sizeof(vis));//上面的vis[i]标记的是素数，我们初始化后来标记l到r中的合数 for(int i=1;i<=tot;i++){long long pre=p[i],start=(pre+l-1)/pre*pre,end=r/pre*pre;//左右边界 if(start==pre)//如果左右边界正好在这个素数上要向里收缩 start+=pre;if(end==pre)end-=pre;for(register long long j=start;j<=end;j+=pre)//标记l到r中的合数 vis[j-l]=false;long long k=pre*pre;for(;k<=r;k*=pre)//标记l到r中素数的幂 if(k>=l)ok[k-l]=true;}for(int i=0;i<=r-l;i++) if(vis[i] || ok[i])//如果不是合数或者是素数的幂，答案+1 ans++;printf("%lld",ans);return 0;
}