dC Loves Number Theory

题目大意:dC 在秒了BZOJ 上所有的数论题后,感觉萌萌哒,想出了这么一道水题,来拯救日益枯竭的水题资源。 给定一个长度为 n的正整数序列A,有q次询问,每次询问一段区间内所有元素乘积的φ(φ(n)代表1~n 中与n互质的数的个数) 。由于答案可能很大,所以请对答案 mod 10^6 + 777。 (本题强制在线,所有询问操作的l,r都需要 xor上一次询问的答案 lastans,初始时,lastans = 0)

数据范围:1<=N<=50000,1<=Q<=100000,1<=Ai<=10^6。


题解:

完全不会.....

听了$lijinnn$讲了才明白。

有一个非常非常重要的性质,如果没发现的话根本做不了。

我们考虑暴力怎么搞:每次全扫一遍,然后统计答案。

这也太暴力了....我们优化优化。

这样,每个位置开一个长度最多为$7$的数组表示当前位置的质因子因为我们知道:

$\varphi(n) = n*\prod\limits_{p_i|n} \frac{p_i - 1}{p_i}$。

这复杂度是$O(n^2\times 7)$的。

再优化优化???

发现,对于每个左端点,我可以维护处每个质因子在当前左端点右边最靠左出现的位置。

就是先扫一遍整个数组,先求出来左端点在$1$时,每个质数最左出现的位置。

接着每次,左端点往右动,更新当前左端点所在位置的值的所有质因子的答案即可,这样再查询就是在左端点对应的数组上查就好了,这是$O(n)$的。

好,现在的复杂度到了$O(n^2)$,重点就是维护每个质因子在不超过左端点的情况下,最左的位置。

那正解不就出来了么!

我们发现,左端点每动一次,更改的值只有最多$7$个,剩下的值都是相同的。

什么东西可以维护这个?就是一大堆都一样,只有几个不同

主席树呀,我们对每个左端点开一棵主席树,直接维护刚才说的数组。

咋维护呢?

就是对于第$i$颗主席树,如果有一个质数$p$在$i$左侧最左的位置是$j$,那就在主席树$j$的位置$*=\frac{p - 1}{p}$,然后主席树节点维护所支配区间所有数乘积。

但是,每个点单独质因数分解是$O(n\sqrt{a_i})$的,我们通过预处理质数,然后枚举质数的方式就好啦,复杂度是调和级数$O(nln\ n)$。

主席树的复杂度是$O(nlogn)$,每次$O(loglogn)$次,总复杂度是$O(nlognloglogn + nln\ n)$。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define N 50010 

using namespace std;

const int mod = 1000777 ;

typedef long long ll;

vector <int> v[1000010 ];

int prime[1000010 ], cnt;

bool vis[1000010 ];

int pre[1000010 ], bfr[N], a[N];

int ls[N * 200], rs[N * 200], sum[N * 200], root[N * 200], tot;

char *p1, *p2, buf[100000];

#define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ )

int rd() {
int x = 0, f = 1;
char c = nc();
while (c < 48) {
if (c == '-')
f = -1;
c = nc();
}
while (c > 47) {
x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc();
}
return x * f;
} int qpow(int x, int y) {
int ans = 1;
while (y) {
if (y & 1)
ans = (ll)ans * x % mod;
y >>= 1;
x = (ll)x * x % mod;
}
return ans;
} void init() {
for (int i = 2; i <= 1000000; i ++ ) {
if (!vis[i])
prime[ ++ cnt] = i;
for (int j = 1; j <= cnt && (ll)i * prime[j] <= 1000000; j ++ ) {
vis[i * prime[j]] = true;
if (i % prime[j] == 0) {
break;
}
}
}
} void update(int x, int val, int l, int r, int pre, int &p) {
p = ++tot;
ls[p] = ls[pre];
rs[p] = rs[pre];
sum[p] = (ll)sum[pre] * val % mod;
if (l == r) {
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid)
update(x, val, l, mid, ls[pre], ls[p]);
else
update(x, val, mid + 1, r, rs[pre], rs[p]);
} int query(int x, int y, int l, int r, int p) {
if (!p) {
return 1;
}
if (x <= l && r <= y) {
return sum[p];
}
int ans = 1, mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid)
ans = (ll)ans * query(x, y, l, mid, ls[p]) % mod;
if (mid < y)
ans = (ll)ans * query(x, y, mid + 1, r, rs[p]) % mod;
return ans;
} int main() {
int n = rd(), m = rd();
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
a[i] = rd();
} bfr[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
bfr[i] = (ll)bfr[i - 1] * a[i] % mod;
} init();
for (int i = 1; i <= cnt; i ++ ) {
for (int j = prime[i]; j <= 1000000; j += prime[i]) {
v[j].push_back(i);
}
} // cout << prime[cnt] << endl ; // for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
// int len = v[a[i]].size();
// for (int j = 0; j < len; j ++ ) {
// printf("%d ",prime[v[a[i]][j]]);
// }
// puts("");
// } sum[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
int len = v[a[i]].size();
for (int j = 0; j < len; j ++ ) {
if (pre[v[a[i]][j]]) {
update(pre[v[a[i]][j]], (ll)prime[v[a[i]][j]] * qpow(prime[v[a[i]][j]] - 1, mod - 2) % mod, 1, n, (root[i] ? root[i] : root[i - 1]), root[i]);
}
update(i, (ll)(prime[v[a[i]][j]] - 1) * qpow(prime[v[a[i]][j]], mod - 2) % mod, 1, n, (root[i] ? root[i] : root[i - 1]), root[i]);
// printf("Shit %d\n",v[a[i]][j]);
pre[v[a[i]][j]] = i;
}
} // cout << sum[root[1]] << endl ;
// cout << (ll)sum[root[1]] * 3 % mod * qpow(2, mod - 2) % mod << endl ; // cout << sum[root[4]] << endl ;
// cout << (ll)sum[root[4]] * 2 * 6 * 4 % mod * qpow(3, mod - 2) % mod * qpow(2, mod - 2) % mod * qpow(5, mod - 2) % mod * qpow(7, mod - 2) % mod << endl ; // puts("Fuck"); int lastans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++ ) {
int x = rd(), y = rd();
x ^= lastans, y ^= lastans;
if (x > y) {
lastans = 1;
puts("0");
continue;
}
// cout << (ll)bfr[y] * qpow(bfr[x - 1], mod - 2) % mod << endl ;
lastans = (ll)bfr[y] * qpow(bfr[x - 1], mod - 2) % mod * query(x, y, 1, n, root[y]) % mod;
printf("%d\n", lastans);
}
return 0;
}

小结:真的是好题啊,重要的是那个性质能不能发现。主席树的运用也非常巧妙。

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