【51nod 1439】互斥對【容斥原理】

題意

給定一個長度爲 $n$ 的數組，$a[1],a[2],...,a[n]$。維護一個集合，一開始集合爲空。一共有 $q$ 次操作，每次操作給定一個下標 $pos$，如果 $a[pos]$ 已經在集合中，則將 $a[pos]$ 從集合中刪除，否則將 $a[pos]$ 加入集合。注意，集合允許有重複的數字。$(1\leq n,q\leq 2*10^5,1\leq a[i]\leq 5*10^5,1\leq pos\leq n)$

問每次操作完之後，集合中互質的數字有多少對。

題目鏈接：$link$

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思路

此題算是一道比較經典的容斥題，也可以用莫比烏斯函數來求解，但二者本質是一樣的。

首先比較容易想到的是，往集合中加一個數 $a[pos]$，則答案加上集合中與 $a[pos]$ 互質數的個數；從集合中刪除一個數 $a[pos]$，則答案減去集合中與 $a[pos]$ 互質數的個數，這種做法的複雜度是 $O(nq)$。

想要進一步優化複雜度，則需要降低求集合中與 $a[pos]$ 互質數個數的複雜度。我們將求互質轉爲求不互質，即：
$與 \ a[pos]\ 互質數的個數 = 集合大小-與 \ a[pos]\ 不互質數的個數$
又因爲如果 $x$ 與 $y$ 不互質，則必存在至少一個質數 $c$，滿足 $x \% c==0$ 且 $y\%c==0$，因此我們假設 $a[pos]$ 的質因子有 $p_1*p_2$，$C[p_1]$ 表示集合中有多少個數有 $p_1$ 這個質因子，則可以根據容斥原理得到：
$與\ a[pos]\ 不互質的個數 = C[p_1]+C[p_2]-C[p_1*p_2]$
所有我們可以先求出每個數的質因子集合，然後用 $dfs$ 枚舉質因子子集，每當得到一個子集，則將子集中的數字全部乘起來，同時更新 $C$ 數字與容斥答案，具體細節見代碼。

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代碼

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
typedef long long ll;
const int N = 5e5+1000;
using namespace std;

int n,q,a[N],vis[N],flag[N],C[N];
ll ans, tmp, cot;

vector<int> prime[N];

void init() {
	scanf("%d%d",&n,&q);
	rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i = 2; i <= 5e5; i++){
		if(vis[i]) continue;
		for(int j = i; j <= 5e5; j += i) {
			vis[j] = 1;
			prime[j].push_back(i);
		}
	}
}

void dfs(int now, int num, int cnt, int mul, int op) {
	if(num == prime[now].size()) return;
	if(op == 1) {
		// 加入 now
		tmp += cnt*C[mul*prime[now][num]];
		C[mul*prime[now][num]]++;
	}
	else {
		// 減去 now
		C[mul*prime[now][num]]--;
		tmp += cnt*C[mul*prime[now][num]];
	}
	dfs(now, num + 1, cnt, mul, op);
	dfs(now, num + 1, cnt*(-1), mul*prime[now][num], op);
}

int main()
{
	init();
	while(q--) {
		int pos; scanf("%d",&pos);
		flag[pos] ^= 1;
		tmp = 0;
		if(flag[pos]) {
			dfs(a[pos], 0, 1, 1, 1);
			ans += cot - tmp;
			cot++;
		}
		else {
			dfs(a[pos], 0, 1, 1, -1), cot--;
			ans -= cot - tmp;
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}