题目：
题意：给出一个序列a1,⋯,ana1,⋯,an。fac(l,r)fac(l,r)为mul(l,r)mul(l,r)中不同质因数的个数。
请计算：
∑i=1n∑j=infac（l,r）
思路：求质因数的贡献度,我们可以定义一个二维vector pos[i][k]=p表示当前质因数i在p位置出现k次那么该因子的贡献度为（n-p+1)*p，
因为可能会重复计算的，那么我们只要减去上一个位置出现i的情况，那么每一个质因子的贡献度为（n-pos[i][k]+1)*(pos[i][k]-pos[i][k-1];
有两种实现一种直接质数分解，大概跑了800ms,用一个欧拉筛进行打表优化跑了400ms。
1 //#include<bits/stdc++.h> 2 #include<time.h> 3 #include <set> 4 #include <map> 5 #include <stack> 6 #include <cmath> 7 #include <queue> 8 #include <cstdio> 9 #include <cstring> 10 #include <string> 11 #include <vector> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #include <list> 16 using namespace std; 17 #define eps 1e-10 18 #define PI acos(-1.0) 19 #define lowbit(x) ((x)&(-x)) 20 #define zero(x) (((x)>0?(x):-(x))<eps) 21 #define mem(s,n) memset(s,n,sizeof s); 22 #define ios {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);} 23 typedef long long ll; 24 typedef unsigned long long ull; 25 const int maxn=1e6+5; 26 const int Inf=0x7f7f7f7f; 27 const ll Mod=1e9+7; 28 const int N=3e3+5; 29 bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }//判断一个数是不是 2 的正整数次幂 30 int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }//对 2 的非负整数次幂取模 31 int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0 32 int Max(int a, int b) { return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31); }// 如果 a>=b,(a-b)>>31 为 0，否则为 -1 33 int Min(int a, int b) { return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31); } 34 ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;} 35 ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;} 36 int Abs(int n) { 37 return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31); 38 /* n>>31 取得 n 的符号，若 n 为正数，n>>31 等于 0，若 n 为负数，n>>31 等于 -1 39 若 n 为正数 n^0=n, 数不变，若 n 为负数有 n^(-1) 40 需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算， 41 结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1 就是绝对值 */ 42 } 43 ll binpow(ll a, ll b,ll c) { 44 ll res = 1; 45 while (b > 0) { 46 if (b & 1) res = res * a%c; 47 a = a * a%c; 48 b >>= 1; 49 } 50 return res%c; 51 } 52 void extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) 53 { 54 if(b==0) { 55 x=1,y=0; 56 return; 57 } 58 extend_gcd(b,a%b,x,y); 59 ll tmp=x; 60 x=y; 61 y=tmp-(a/b)*y; 62 } 63 ll mod_inverse(ll a,ll m) 64 { 65 ll x,y; 66 extend_gcd(a,m,x,y); 67 return (m+x%m)%m; 68 } 69 ll eulor(ll x) 70 { 71 ll cnt=x; 72 ll ma=sqrt(x); 73 for(int i=2;i<=ma;i++) 74 { 75 if(x%i==0) cnt=cnt/i*(i-1); 76 while(x%i==0) x/=i; 77 } 78 if(x>1) cnt=cnt/x*(x-1); 79 return cnt; 80 } 81 int n,a[maxn]; 82 vector<int>pos[maxn]; 83 int cnt=0; 84 bool isprime[maxn]; 85 int prime[maxn]; 86 void judge() 87 { 88 cnt=0; 89 mem(isprime,1); 90 isprime[1]=0; 91 for(int i=2;i<maxn;i++) 92 { 93 if(isprime[i]) 94 prime[cnt++]=i; 95 for(int j=0;j<cnt&&(i*prime[j])<maxn;j++) 96 { 97 isprime[i*prime[j]]=0; 98 if(i%prime[j]==0) break; 99 } 100 } 101 } 102 void dec(int p) 103 { 104 int n=a[p]; 105 for(int i=0;i<cnt&&prime[i]*prime[i]<=n;i++) 106 { 107 if(n%prime[i]==0) 108 { 109 pos[prime[i]].push_back(p); 110 while(n%prime[i]==0) n/=prime[i]; 111 } 112 } 113 if(n>1) pos[n].push_back(p); 114 } 115 void dec_(int p) 116 { 117 int n=a[p]; 118 for(int i=2;i*i<=n;i++) 119 { 120 if(n%i==0) 121 { 122 pos[i].push_back(p); 123 while(n%i==0) n/=i; 124 } 125 } 126 if(n>1) pos[n].push_back(p); 127 } 128 int main() 129 { 130 judge(); 131 for(int i=0;i<cnt;i++) pos[prime[i]].push_back(0); 132 scanf("%d",&n); 133 for(int i=1;i<=n;i++) 134 { 135 scanf("%d",&a[i]); 136 dec(i); 137 } 138 ll ans=0; 139 for(int i=0;i<cnt;i++) 140 { 141 for(std::size_t k=1;k<pos[prime[i]].size();k++) 142 { 143 ans+=(ll)(n-pos[prime[i]][k]+1)*(pos[prime[i]][k]-pos[prime[i]][k-1]); 144 } 145 } 146 printf("%lld\n",ans); 147 return 0; 148 }