根據約數個數定理：n=p1^a1×p2^a2×p3^a3*…*pk^ak,n的約數的個數就是(a1+1)(a2+1)(a3+1)…(ak+1).

若i=p1^a1×p2^a2×p3^a3*…*pk^ak,則i^K=p1^(a1*K)×p2^(a2*K)×p3^(a3*K)*…*pk^(ak*K),i^K的約數的個數就是(a1*K+1)(a2*K+1)(a3*K+1)…(ak*K+1)

題目重點轉換為L~R的質因數分解，兩次塞選，第一次塞出1e6以內的所有質數，第二次列舉區間[L,R]中之前塞選得到質數的倍數。

最好全部開ll，中間會爆。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int mod=998244353;
int tot,t;
ll l,r,k,ans,cnt[maxn],q[maxn],primes[maxn];
bool vis[maxn];
void init(){
    for(int i=2;i<maxn;i++){
        if(!vis[i])
            primes[tot++]=i;
        for(int j=0;j<tot;j++){
            int k=i*primes[j];
            if(k>maxn)break;
            vis[k]=1;
        }
    }
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--){
        scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
        ans=0;
        if(l==1) ans++,l++;
        for(ll i=0;i<=r-l;i++) cnt[i]=1,q[i]=l+i;
        for(ll i=0;primes[i]*primes[i]<=r;i++){
            ll j=l/primes[i]+(l%primes[i]!=0);
            for(j=j*primes[i];j<=r;j+=primes[i]){
                ll tmp=0;
                while(q[j-l]%primes[i]==0) q[j-l]/=primes[i],tmp++;
                cnt[j-l]*=(tmp*k)%mod+1,cnt[j-l]%=mod;
            }
        }
        for(ll i=0;i<=r-l;i++){
            if(q[i]!=1) ans+=((k+1)*cnt[i])%mod;
            else        ans+=cnt[i];
            ans%=mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}