线性筛约数个数和，约数和
一，线性筛约数个数和
根据唯一分解定理，可得：
\[n=p_1^{r_1}*p_2^{r_2}*……*p_k^{r_k}\]
对于每个n的约束，肯定是由以上质因数\(p_k\)相乘得来的，那么根据乘法原理，每个质因数都可以选择\(0\)到\(r_k\)这\(r_k+1\)个选择。
那么n的约数个数即为
\[d(n)=\prod_{i=1}^k(r_i+1)\]
筛的过程中需要保存n的最小质因子的出现个数即\(r_1\)。
我们设d(i)表示\(i\)的约数个数和，num(i)表示i的最小质因数的个数。
那么就可以愉快地分情况讨论了。
(一)，如果当前数是素数，那么可得：
\[d(i)=2\\num(i)=1\]
(二)，当前数取模枚举的第j个素数不为0，即\(i％prime[j]!=0\)。
我们要去更新\(i*prime[j]\)的有关信息。
首先我们知道\(i*prime[j]\)这个数中之前一定不包含\(prime[j]\)这个质因数。
那么约数个数和就要加上\(prime[j]\)的，也就是：
\[d(i*prime[j])=(1+r_1)*……*(1+r_k)*(1+1)\\=d(i)*d(prime[j])\]
然后对于最小质因子，因为ｊ是从小到大枚举的，所以\(i*prime[j]\)这个数的最小质因子也就是\(prime[j]\)
所以就可以得到：
\[num(i*prime[j])=1\]
(三)，当前数取模枚举的第j个素数为0，即\(j%prime[j]==0\)
依旧要去更新\(i*prime[j]\)的信息。
这个时候\(i*prime(j)\)中已经存在\(prime[j]\)这个质因子了，并且\(prime[j]\)也一定是\(i*prime[j]\)的最小质因子，所以就可以得到：
\[d(i*prime[j])=(1+r_1+1)*……*(1+r_k)\]
那么怎么从\(d(i)\)转移呢？
这个时候就可以用到我们之前维护的num(i)了。
转移也就非常简单了：
\[d(i*prime[j])=d(i)/(num(i)+1)*(num(i)+2)\]
num也要转移，加上最小质因子\(prime[j]\)的贡献也就是：
\[num(i*prime[j])=num(i)+1\]
综上，就可以写出筛质因数个数的代码了。
code:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int wx=1017;
int isprime[wx],prime[wx],d[wx],num[wx];
int tot,n,m;
inline int read(){
int sum=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
return sum*f;
}
void Euler(){
memset(isprime,1,sizeof isprime); d[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(isprime[i]){
prime[++tot]=i;
d[i]=2;
num[i]=1;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++){
isprime[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j]==0){
d[i*prime[j]]=d[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
num[i*prime[j]]=num[i]+1; break;
}
else{
d[i*prime[j]]=d[i]*d[prime[j]];
num[i*prime[j]]=1;
}
}
}
}
int main(){
n=read(); Euler();
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d %d\n",i,d[i]);
return 0;
}二，线性筛约数和
我们设\(sd(i)\)表示i的约数和。
在算数基本定理中，可以得：
\[sd(n)=(1+p_1+p_1^2+……+p_1^{r_1})*(1+p_2+p_2^2+……+p_2^{r_2})*……*(1+p_k+p_k^2+……+p_k^{r_k})\]
那么根据这个式子就可以开始干了。。。
这个时候我们需要记录最小质因子的那一项也就是\((1+p_1+p_1^2+……+p_1^{r_1})\)。
可以设\(sd(i)\)表示i的约数和。设\(num(i)\)表示我们需要记录的最小质因子的那一项(等比数列？)。
好了，开始分情况讨论吧。
(一)，当前数是一个素数：
易知：
\[sd(i)=i+1\\num(i)=i+1\]
(二)，当前数取模枚举的质数不等于0
易知\(i*prime[j]\)里原先没有\(prime[j]\)这一项，加上这一项之后可得：
\[sd(i*prime[j])=sd(i)*sd(prime[j])\]
(好吧我又犯懒了。。。但是思路是和上面一样的)
同时更新一下\(num(i*prime[j])\)。
\[num(i*prime[j])=1+prime[j]\]
这是因为质因子从小到大枚举，那么\(i*prime[j]\)的最小质因子就应该是\(prime[j]\)，那么\(num(i*prime[j])\)也就应该等于\(num(prime[j])\)
(三)，当前数取模枚举的质数等于0
那么\(sd(i*prime[j])\)中的第一项也就是\(num(i*prime[j])\)一定是\(prime[j]\)的一项。
也就是\((1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i})\)这个时候要变成\((1+p_i+p_i^2+……+p_i^{r_i}+p_i^{r_i+1})\)，那么只需要所有的都乘以一个\(p_i\)也就是\(prime[j]\)，然后再加一个一就好了。
即：
\[d(i*prime[j])=(d(i)/num(i)*(num(i)*prime[j])+1\]
然后\(num(i*prime[j])\)依旧是\(prime[j]\)这一项，那么就是：
\[num(i*prime[j])=num(i)*prime[j]+1\]
这样，我们又可以开始愉快的写代码啦。。。
code:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int wx=1017;
inline int read(){
int sum=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=(sum<<1)+(sum<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
return sum*f;
}
int isprime[wx],sd[wx],num[wx],prime[wx];
int n,tot;
void Euler(){
memset(isprime,1,sizeof isprime); sd[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(isprime[i]){
prime[++tot]=i;
sd[i]=1+i; num[i]=1+i;
}
for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;j++){
isprime[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j]!=0){
sd[i*prime[j]]=sd[i]*sd[prime[j]];
num[i*prime[j]]=prime[j]+1;
}
else{
sd[i*prime[j]]=sd[i]/num[i]*(num[i]*prime[j]+1);
num[i*prime[j]]=num[i]*prime[j]+1; break;
}
}
}
}
int main(){
n=read(); Euler();
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d %d\n",i,sd[i]);
return 0;
}