Yaroslav has an array p = p1, p2, ..., pn (1 ≤ pi ≤ n), consisting of n distinct integers. Also, he has m queries:

  • Query number i is represented as a pair of integers liri (1 ≤ li ≤ ri ≤ n).
  • The answer to the query li, ri is the number of pairs of integers qw (li ≤ q, w ≤ ri) such that pq is the divisor of pw.

Help Yaroslav, answer all his queries.

Input

The first line contains the integers n and m (1 ≤ n, m ≤ 2·105). The second line contains n distinct integers p1, p2, ..., pn (1 ≤ pi ≤ n). The following m lines contain Yaroslav's queries. The i-th line contains integers li, ri (1 ≤ li ≤ ri ≤ n).

Output

Print m integers — the answers to Yaroslav's queries in the order they appear in the input.

题目大意:给一个1~n的排列,有m个询问,问L到R之间有多少对数满足一个数是另一个数的约数。

思路:果然数学才是王道……

1~n个数,满足一个数是另一个数的约数的数对,一共有n/1 + n/2 + …… + n/n ≈ nlogn个(大概吧其实我也不会算),也就是32位够了

然后怎么计算L到R有多少对呢?本来想的是用1~R的对数减去1~L-1的对数,结果发现这样算的结果包含了一个属于1~L-1另一个属于L~R的合法对。

于是进一步思考,令x = 1~R的对数减去1~L-1的对数,y = 一个属于1~L-1另一个属于L~R的合法对数,答案ans = x - y。

这个好像没有办法在短时间内在线处理出来,于是采用离线处理。

i从1到n循环,对所有的query.L=i,减去sum[R] - sum[L-1],即上面所说的y(此时L~R的合法对还没被计算出来)。然后找出所有i的倍数,加到sum里面。再对所有的query.R=i,加上sum[R] - sum[L-1],即上面所说的x(此时L~R的合法对已经计算出来了)。

对于这种需要单点更新,区间求值的操作,树状数组可以满足你。

代码(498MS):

 #include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std; const int MAXN = ; int a[MAXN], pos[MAXN], tree[MAXN];
int n, m; int lowbit(int x) {
return x & (-x);
} int get_sum(int k) {
int ans = ;
while(k > ) {
ans += tree[k];
k -= lowbit(k);
}
return ans;
} void modify(int k, int val) {
while(k <= n) {
tree[k] += val;
k += lowbit(k);
}
} struct QUERY {
int id, L, R;
bool operator < (const QUERY &rhs) const {
return L < rhs.L;
}
} query[MAXN], query_t[MAXN]; int ans[MAXN]; int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = ; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
pos[a[i]] = i;
}
for(int i = ; i <= m; ++i) {
scanf("%d%d", &query[i].L, &query[i].R);
query_t[i].L = query[i].R;
query_t[i].R = query[i].L;
query[i].id = query_t[i].id = i;
}
sort(query + , query + m + );
sort(query_t + , query_t + m + );
for(int i = , j = , k = ; i <= n; ++i) {
while(j <= m && query[j].L == i) {
ans[query[j].id] -= get_sum(query[j].R) - get_sum(query[j].L - );
++j;
}
for(int p = a[i]; p <= n; p += a[i]) modify(pos[p], );
while(k <= m && query_t[k].L == i) {
ans[query_t[k].id] += get_sum(query_t[k].L) - get_sum(query_t[k].R - );
++k;
}
}
for(int i = ; i <= m; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}

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