前言

有点儿难，至少对我来说。去年考试我没写出来。

代码

#include<stdio.h>
#include<stdbool.h>
#include<stdlib.h>//加 math 那个头文件好像要加这个头文件，我之前编译错误过，血泪教训
#include<math.h>
#define N 1000010
#define LL long long 
bool is_prime[N];//存 1 到 10^6 的数字是不是素数
bool is_prime1[N];//存映射之后的 r-l 区间的数字是不是素数，false 表示不是素数，true 表示是素数
void Eratosthenes(int n) {//这个是复制的埃氏筛法的模板
	is_prime[0] = is_prime[1] = false;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) is_prime[i] = true;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (is_prime[i]) {
			//prime.push_back(i);这个不要用，我就注释掉了，因为这里用数组 is_prime 数组的下标表示这个数字是啥就行了
			if ((long long)i * i > n) continue;
			for (int j = i * i; j <= n; j += i)
				// 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i
				// 的倍数开始，提高了运行速度
				is_prime[j] = false;  // 是 i 的倍数的均不是素数
		}
	}
}
int get_ans(LL l,LL r){
	int max_prime=sqrt(r)+10;//这里是算最大的可能的因子，也不是最大的因子，就是那个试除法求因子 i*i<=n 的那个意思
	//避免掉边界问题，所以扩大了一些，向上取整或者加1都行，
	//但是不加的话，可能会出现一些问题，因为 sqrt 之后强制转换可能
	//有一些精度损失
	Eratosthenes(max_prime);//求素数因子
	for(int i=0;i<=r-l;i++){//假设最开始的时候区间里面全是素数
		is_prime1[i]=true;//假设开始的时候，映射之后的 [l,r] 这个区间，全是素数，注意 [l,r] 有 r-l+1 个数字
	}//比如[1,3] 有三个数字 3-1+1=3
	for(long long i=0;i<max_prime;i++){//这里遍历的是因子
		if(is_prime[i]){//只需要用素数因子，博客里面说了原因
			LL st=(l/i)*i;//求的是这个素数因子的在 l 右边的最小的倍数，st 是 start 的简写，这里比较复杂，下面博客里面会详细解释一下
			if(st<l){//让这个起点出现在 l 的右边
				st+=i;
			}
			if(st==i){//防止把素数给筛掉了
				st+=i;
			}
			for(long long j=st;j<=r;j+=i){//把素数因子的倍数筛掉
				is_prime1[j-l]=false;
			}
		}
	}
	int cnt=0;
	for(int i=0;i<=r-l;i++){//把 [l,r] 这个区间的数字映射到 [0,r-l] ，都是 r-l+1 个数字
		if(is_prime1[i]&&(l+i)>1){//(l+i)>1 的意思是只有 >=2 才有可能是素数
			cnt++;
		}
	}
	return cnt;
}
int main(){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		LL l,r;
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		int ans=get_ans(l,r);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

思路

埃氏筛法，来自 oi-wiki

vector<int> prime;
bool is_prime[N];

void Eratosthenes(int n) {
  is_prime[0] = is_prime[1] = false;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) is_prime[i] = true;
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (is_prime[i]) {
      prime.push_back(i);
      if ((long long)i * i > n) continue;
      for (int j = i * i; j <= n; j += i)
        // 因为从 2 到 i - 1 的倍数我们之前筛过了，这里直接从 i
        // 的倍数开始，提高了运行速度
        is_prime[j] = false;  // 是 i 的倍数的均不是素数
    }
  }
}

时间复杂度是 O(n log log n) ，差不多就是线性的了，不过我学过线性筛之后没用过这个了，奥不对，其实是筛法我都没咋用过。

有一点需要说明，就是任何一个非素数数字可以被表示成若干个素数的乘积，这个结论非常重要，请记住这句话再往下看。假设我们直接用埃氏筛法和前缀和处理该题，因为 l 和 r 的数据范围是 10^9 ，哪怕时间复杂度是线性的，都超过了我们需要的 10^7 ，题干里面说 r-l<=10^6 ，那么对于这个区间我们用线性的做法是可以的。对于质数类型的题，有一个试除法求因子，也就是 i*i<=n ，我们枚举出 sqrt(n) 就能找到 n 的所有的因子，时间复杂度是根号的，10^9 开根号，这个时间复杂度我们是可以接受的。所以我们要想办法把 [l,r] 这个区间的数字的素数因子找到，然后用素数因子筛一遍这个区间的数字，就能找到这个区间的素数了。

这个 [l,r] 区间的因子只有素数因子是有意义的。因为非素数因子，可以拆解成更小的素数因子的乘积。（请看上一段第一句话）。那么 [l,r] 这个区间需要找到的最大的素数因子只要控制在 sqrt r 之内就可以了，用试除法找因子，相当于筛两遍。第一遍筛素数因子，第二遍用素数因子筛 [l,r] 区间的 r-l+1 个数字。

还有注意一下，两个数字都是 10^9 ，稍微乘一个数字，都可能爆 int ，所以这里用了 long long