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思路:
还是借助扫描线+树状数组的思想,将询问离线后枚举右端点,考虑合法的数的个数。
当枚举到右端点时,什么时候
才对答案有贡献呢,即
怎么样才与区间里的所有数都互质。比较朴素的思路就是
枚举一遍前面的数判断是否互质。可以优化着想,将这个数进行质因子分解,假设他的质因子为
,如果这些质因子上一次出现位置的最大值大于区间的左端点
的话,这个数就是一个合法的数。
也就是说,我们需要对每个数进行质因子分解,同时记录每个质因子上一次出现的位置,看最大值是否大于区间的左端点。这样看来,假设上一次出现位置的最大值为,那么对于右端点
来说,只要左端点在
的区间这个数都会产生贡献。
当前缀和数组为时,对于
,
,都说明维护的贡献是正确的,差分后得应该对
修改为
,对
修改为
.也就是代码里的:
update(i,1);update(maxx,-1);
增加贡献说完了,接下来看怎么消除贡献。
先假设,表示上一次增加的贡献的位置。
首先要将上一次相同的质因子的贡献消除,如果该质因子所在位置上的数还没有被消除过贡献,那么这个贡献为,也就是应当
;
然后,对于上一个合法的位置,由于这个位置已经不再合法,上一次对该位置,这次应该
,让他变为
;
比如,只考虑质因子为
的情况,
当枚举到时,差分序列为
.先将上一次的贡献消除,也就是让下标为
的位置
,因为在上一次操作中他是增加贡献的位置,当时对他进行了
的操作;让下标为
的位置
,因为在上一次操作中,当时进行了
的操作。之后再维护增加贡献的地方。
大概~多画几组样例就懂了吧。
具体实现:先用筛法找到每个数的最小质因子
将所有询问离线存起来
枚举右端点,对该点的值进行质因子分解后,计算每个质因子的贡献,注意要消除上一次的贡献。
代码:
// Problem: 小乐乐学数学
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/problem/21568
// Memory Limit: 524288 MB
// Time Limit: 4000 ms
// Author:Cutele
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PLL;
typedef pair<int, int>PII;
typedef pair<double, double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;}
inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
ll ksm(ll a, ll b,ll mod){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;}
const int maxn=1e5+7;
int n,m,a[maxn],ans[maxn];
vector<PII>q[maxn];
int prim[maxn],idx,vis[maxn],min_pri[maxn];
void init(){
//min_pri[1]=1;
for(int i=2;i<=1e5;i++){
if(!vis[i]){
prim[++idx]=i;
min_pri[i]=i;
for(int j=i;j<=1e5;j+=i){
vis[j]=1;
if(!min_pri[j]) min_pri[j]=i;
}
}
}
}
int pos[maxn],las[maxn],tr[maxn],st[maxn];
int lowbit(int x){return x&-x;}
void update(int pos,int val){
if(pos==0) return ;
while(pos<=n){
tr[pos]+=val;
pos+=lowbit(pos);
}
}
int query(int pos){
int res=0;
while(pos){
res+=tr[pos];
pos-=lowbit(pos);
}
return res;
}
int main(){
init();
// rep(i,1,10) cout<<min_pri[i]<<" ";
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
rep(i,1,n) a[i]=read,las[i]=pos[i]=st[i]=ans[i]=tr[i]=0;
rep(i,1,m){
int l=read,r=read;
q[r].push_back({l,i});
}
rep(i,1,n){
vector<int>v;
int x=a[i];
while(x>1){
v.push_back(min_pri[x]);
int tt=min_pri[x];
x/=tt;
}
int maxx=0;
for(auto t:v) maxx=max(maxx,pos[t]);
for(auto t:v){
if(!st[pos[t]]){
update(pos[t],-1);
if(las[pos[t]])
update(las[pos[t]],1);
st[pos[t]]=1;
}
}
for(auto t:v) pos[t]=i;
las[i]=maxx;
update(i,1);
update(maxx,-1);
for(auto t:q[i])
ans[t.second]=query(i)-query(t.first-1);
q[i].clear();
}
rep(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}