HDU - 4407 Sum （容斥+質數分解）

題目鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4407

題目大意：給出一個長度爲n的數組a，一開始數組a中的值爲a[i] = i。接下來要進行m次操作，每次操作分爲兩種操作：

1、l r p ：查詢區間 [l,r] 內所有與p互質的數的和；

2、x c : 把a[x]的值變爲 c ；

題目思路：要做這個題要注意到題目給出的兩個關鍵點，1、a[i] = i；2、m<=1000。

我們現在先考慮沒有第二種操作的情況，每次就對區間 [l,r] 進行查詢，由於a[i] = i 的，那麼整個區間的和我們可以很輕鬆的利用等差數列求和公式求出來。對於 p ，我們由於是要求與p互質的數的和，那麼我們將區間中與p不互質的數的和減掉即可。

現在問題就變成了如何求區間 [l,r] 內與p不互質的數的和。我們可以先將p進行質數分解。假設p的質因子數爲sz，那麼通過容斥原理可以知道，區間 [l,r] 內與p不互質的數的和 = 是p的一個質因子的倍數的數的和 - 是p的兩個質因子乘積的倍數的數的和 + 是p的三個質因子乘積的倍數的數的和 +...+ (-1)^(sz-1)*(是p的sz個質因子乘積的倍數的數的和)。這個容斥我們可以通過二進制枚舉來完成，由於m不大，所以時間複雜度是允許的。

現在再來考慮有第二種操作的情況，由於第二種操作是單點更新，每次只會對一位的取值產生影響。我們可以用一個map來記錄更新的情況。在查詢的時候，我們先算出沒有更新情況下的答案，再暴力去遍歷所有的更新情況，每次如果x在區間[l,r]內，我們先判斷x是否與p互素，是的話就將答案減去x，再判斷修改後的值c是否與p互素，是的話就將答案加上c。

具體實現看代碼：

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define lowbit(x) x&-x
#define pb push_back
#define MP make_pair
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define _INF(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define FIN freopen("in.txt","r",stdin)
#define fuck(x) cout<<"["<<x<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
//head
const int MX = 4e5+5;

int n,m,_;
map<ll,ll>mp;
int prime[MX],pcnt;
vector<int>pr[MX];
bool is_prime[MX];
void prime_init(){
    for(int i = 0;i < MX;i++) is_prime[i] = true;
    pcnt = 0;
    for(int i = 2;i < MX;i++){
        if(is_prime[i])
            prime[pcnt++] = i;
        for(int j = 0;j < pcnt;j++){
            if(i*prime[j] >= MX) break;
            is_prime[i*prime[j]] = false;
            if(i%prime[j] == 0)
                break;
        }
    }
    for(int i = 2;i < MX;i++){
    	int x = i;
    	for(int j = 0;j < pcnt && (ll)prime[j]*prime[j] <= x;j++){
    		if(x%prime[j]==0){
    			pr[i].pb(prime[j]);
    			while(x%prime[j] == 0) x/=prime[j];
    		}
    	}
    	if(x!=1) pr[i].pb(x);
    }
}

ll gcd(ll a,ll b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

ll cal(int N,int p){
	ll res = 0;
	int sz = pr[p].size();
	for(int i = 1;i < (1<<sz);i++){
		ll cnt = 1;
		int num = 0,tmp = i;
		for(int j = 0;j < sz;j++){
			if((tmp>>j)&1){
				num++;
				cnt *= pr[p][j];
			}
		}
		tmp = N/cnt;
		if(num&1) res += 1ll*(tmp+1)*tmp*cnt/2;
		else res -= 1ll*(tmp+1)*tmp*cnt/2;
	}
	return res;
}

void solve(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	mp.clear();
	int op,l,r,p;
	while(m--){
		scanf("%d",&op);
		if(op==2){
			scanf("%d%d",&l,&p);
			mp[l]=p;
		} else{
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&p);
			ll ans = 1ll*(l+r)*(r-l+1)/2;
			ans -= cal(r,p) - cal(l-1,p);
			for(auto nw=mp.begin();nw!=mp.end();nw++){
				int x = (*nw).fi,y = (*nw).se;
				if(x >= l && x <= r){
					if(gcd(x,p) == 1) ans -= x;
					if(gcd(y,p) == 1) ans += y;
				}
			}
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
}

int main(){
	prime_init();
	for(scanf("%d",&_);_;_--) solve();
	return 0;
}