[LOJ6235]區間素數個數

題目大意：
　　給定$n(n\leq10^{11})$，求$\pi(n)$。

思路：
　　計算$\pi$函數有$O(n^{\frac23})$的Lehmer算法，這里考慮$O(\frac{n^{\frac34}}{\ln n})$的洲閣篩。
　　我們可以將答案分為$\leq\sqrt n$的質數個數和$>\sqrt n$的質數個數。
　　其中$\leq\sqrt n$的質數個數可以線性篩預處理，而$>\sqrt n$的質數個數相當於用$\leq\sqrt n$的質數篩這$n$個數后剩下的數的個數。
　　若用$f[i][j]$表示$1\sim j$中與前$i$個數互質的數的個數，則轉移方程為$f[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][\lfloor\frac j{p_i}\rfloor]$。$\pi(n)\sim\frac n{\ln n}$，$j$有$\sqrt n$種取值，時間復雜度$O\left(\frac n{\ln\sqrt n}\right)=O\left(\frac n{\ln n}\right)$。
　　當$p_{i+1}>j$時，$f[i][j]=1$。所以當$p_i>\frac j{p_i}$時，轉移方程變為$f[i][j]=f[i-1][j]-1$。
　　因此對於每一個$j$，只需計算$p_i^2\leq j$的$f[i][j]$即可。對於$p_i^2>j$的$j$，可以記錄最后一步的$i$是多少，轉移的時候把那些$1$一起減掉。答案就是一開始線性篩求出的$\leq\sqrt n$的質數個數+用$\leq\sqrt n$篩完剩下的數。注意篩完除了那些$>\sqrt n$的質數，還會剩下$1$，因此最后要把$1$去掉。
　　時間復雜度$O\left(\frac{n^\frac34}{\ln n}\right)$。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
typedef long long int64;
inline int64 getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int64 x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int LIM=316228,P=27294;
bool vis[LIM];
int lim,p[P],sum[LIM],last[LIM*2],cnt;
int64 val[LIM*2],f[LIM*2];
inline void sieve() {
    for(register int i=2;i<=lim;i++) {
        if(!vis[i]) p[++p[0]]=i;
        sum[i]=sum[i-1]+!vis[i];
        for(register int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=lim;j++) {
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}
int main() {
    const int64 n=getint();
    lim=sqrt(n);
    sieve();
    for(register int64 i=1;i<=n;i=n/(n/i)+1) {
        val[++cnt]=n/i;
    }
    std::reverse(&val[1],&val[cnt]+1);
    std::copy(&val[1],&val[cnt]+1,&f[1]);
    for(register int i=1;i<=p[0];i++) {
        for(register int j=cnt;j;j--) {
            const int64 k=val[j]/p[i],pos=k<=lim?k:cnt+1-n/k;
            if(k<p[i]) break;
            f[j]-=f[pos]+last[pos]-i+1;
            last[j]=i;
        }
    }
    printf("%lld\n",sum[lim]+f[cnt]-1);
    return 0;
}