https://ac.nowcoder.com/acm/contest/7817/E
这道题之前，有一个原题---因数个数和。
主要讲两种解释方法。
首先转化一下思维，考虑每个数的贡献。什么意思呢？
比如1-n中考虑1这个数能作为多少数的因子，那么就是说1-n中有多少个数是1的倍数，那么是n/1个。
2这个数能作为多少数的因子，那么就是说1-n中有多少个数是2的倍数，那么是n/2个。
所以，这样下来得出式子n/1+n/2+n/3+n/4+.....n/n;
转化可得，n*(1/1+1/2+1/3+1/4+1/5+....1/n);
把这个看成y=n/x的函数，其中x只能取正整数。那么怎么求这个函数的离散和呢？
观察到这个函数是关于y=x对称的，且这个对称点在x=n/x----->x=sqrt(n);
那么这样我们只要求一半就好。怎么求呢？
把n看成是一个矩形的长，1/x看成这个矩形的高，那么一个离散值n/x就是这个矩形的面积，那么曲线的一半就可以sqrt(n)内枚举每一个n对应的矩形面积是多少，然后求和，之后乘2。注意这么算最后有一段矩形的面积是重合的，重复的面积是那个正方形的长度和高度为sqrt(n)的矩形。
方法1：最简单的就是把1~x各个数的因数个数都求出来再求和。
不过这样做显然会超时。
方法2：换一种思路考虑，从1~x 这x个数，每个数都会有1这个因数，每2个数会有一个因数2，每3个数会有一个因数3，.......
所以，1~x 共有 x/1 个因数1，x/2个因数2，x/3个因数3，……，x/n个因数n（1<=n<=x），所以最终个数和为
再写代码就比较简单了，这里就不赘述了。但还能不能把计算时间再缩小下呢，或者说有没有计算量更小的方法呢？
方法3：假设n为x的因数，那么x/n 也一定为x的因数，假设sq为x的算术平方根，那么x的因数可以分为两部分，一部分都小于sq，一部分都大于（等于）sq。基于方法2，我们也就只需要计算的数值，然后再乘以2。于是我们兴致勃勃的去写代码了，但是发现程序跑出来的结果并不正确。比之前多了许多。
这里的方法三就涉及到去重的问题，每一个数在sqrt(n)的时候重复了一个，这样的平方数在n以内一共有sqrt(n)个。所以是sqrt(n)*sqrt(n)；想看具体例子的可以点那个链接去原博主的博客看。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
using namespace std;
const int maxn=1e3+100;
typedef long long LL;
LL n;
void solve()
{
LL ans=0;
LL t=sqrt(n);
for(LL i=1;i<=t;i++) ans+=(n/i);
cout<<ans*2-t*t<<endl;
}
int main(void)
{
cin.tie(0);std::ios::sync_with_stdio(false);
LL t;cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
solve();
}
return 0;
}
那么对于这题而言，就是考虑一个前缀和的情况。拿1-m的减去1-n的。不过要注意n==1的时候要特判。
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ull factor_count(ull n)
{
ull res=n;
ull i;
for(i=2;i*i<=n;++i){
res += 2 * (n/i);
}
i--;
return res+(n-i*i);
}
int main()
{
ull n,m;
cin>>n>>m;
if(n==1){
cout<<factor_count(m)<<endl;
}
else cout<<factor_count(m)-factor_count(n-1)<<endl;
return 0;
}
///1 3
///1 1
///1 4