<题目链接>

题目大意:

给你一个序列,有两个操作,一个是求区间 l - r 的和,另一个是对区间l-r的元素修改值,x=d(x),d(x)为x的因子个数。

解题分析:

因为可能有多次修改操作,并且修改的范围可能比较大,所以提前将1~1e6范围内的数的因子个数全部打表进行处理。但是仅仅这样还是不行的,因为如果每次区间更新都暴力更新到叶子节点的话,区间更新 $O(nlog(n))$ ,然后m次询问,时间复杂度就达到了$O(n*mlog(n))$,而本题n给到了3e5,毫无疑问这样暴力更新是会超时的。我们发现1、2的因子数为它们本身,所以在更新的过程中,如果该区间都为1或2,就不用继续向下进行更新。

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define N int(3e5+7)
#define Max int(1e6+7)
#define lson rt<<1,l,mid
#define rson rt<<1|1,mid+1,r
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
typedef long long ll;
int n,q;
int arr[N],facnum[Max+];
ll flag[N<<],tr[N<<]; template<typename T>
inline T read(T&x){
x=;int f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')f|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch>='' && ch<='')x=x*+ch-'',ch=getchar();
return x=f?-x:x;
}
int Getfac(int x){ //得到该数的所有因子数
int sum=,cnt;
for(int i=;i*i<=x;i++){
cnt=;
while(x%i==)x/=i,cnt++;
sum*=(cnt+);
}
if(x>) sum*=;
return sum;
}
void Pushup(int rt){
tr[rt]=tr[rt<<]+tr[rt<<|];
if(!flag[rt<<]&&!flag[rt<<|])flag[rt]=; //如果两个子区间都不需要修改,说明这个区间不需要再进行修改
}
void build(int rt,int l,int r){
flag[rt]=;
if(l==r){
tr[rt]=arr[l];return;
}
int mid=(l+r)>>;
build(lson);build(rson);
Pushup(rt);
}
void update(int rt,int l,int r,int L,int R){ //区间更新,维护一个区间标记,记录该区间是否需要改变
if(L<=l&&r<=R&&!flag[rt])return; //如果这部分区间不需要修改,直接返回
if(l==r){
tr[rt]=facnum[tr[rt]]; //进行单点修改
if(tr[rt]==||tr[rt]==)flag[rt]=; //如果该点为1或2,那么该点就不用再修改了,因为1、2的因子个数仍然为1、2
return;
}
int mid=(l+r)>>;
if(L<=mid&&flag[rt<<])update(lson,L,R);
if(R>mid&&flag[rt<<|])update(rson,L,R);
Pushup(rt);
}
ll query(int rt,int l,int r,int L,int R){ //区间查询
if(L<=l&&r<=R)return tr[rt];
ll ans=;
int mid=(l+r)>>;
if(L<=mid)ans+=query(lson,L,R);
if(R>mid)ans+=query(rson,L,R);
return ans;
}
int main(){
for(int i=;i<=Max;i++)facnum[i]=Getfac(i); //打表预处理得到1~1e6中所有的数的因子个数
read(n);read(q);
rep(i,,n)read(arr[i]);
build(,,n);
while(q--){
int op,x,y;
read(op);read(x);read(y);
if(op==)update(,,n,x,y);
else printf("%lld\n",query(,,n,x,y));
}
}

2019-02-16

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