這天,lyk又和gcd槓上了。
它擁有一個n個數的數列,它想實現兩種操作。
2:給定一個數i,求所有 gcd(i,j)=1 時的 aj 的總和。
n,Q(1<=n,Q<=100000) ai(1<=ai<=10^4)剛開始還以爲可以用線段樹維護,想了好久都不知道怎麼維護,好像壓根就維護不了。對於統計gcd(i,j)=1的和比較難,
那麼我們從反面入手,統計gcd(i,j)!=1的和。將i進行質因數分解,舉例i=60,有2,3,5這三個質因數,利用容斥原理可以得到滿足gcd(i,j)!=1的和爲S(2)+S(3)+S(5) - S(2,3) - S(3,5) - S(2,5) + S(2,3,5),S(x)表示下標能被x整除的數的和。例如:S(2)=a[2]+a[4]+a[6]+...。那麼維護一個總和以及這個數組即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
/******************/
#define LL long long
const int maxn=100010;
LL v[maxn];
int save[maxn];
int a[maxn],p[maxn],vis[maxn];
int k;
vector<int> g[maxn];
void init1()
{
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(!vis[i]) p[k++]=i;
for(int j=i;j<=maxn;j+=i) vis[j]=1;
}
}
void init2()
{
for(int i=0;i<=maxn;i++) g[i].clear();
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
for(int j=2;j*j<=i;j++)
{
if(i%j==0)
{
g[i].push_back(j);
if(j*j!=i) g[i].push_back(i/j);
}
}
g[i].push_back(i);
}
}
int main()
{
init1();
init2();
int n,q,c,x,y;
LL sum;
while(~scanf("%d%d",&n,&q))
{
sum=0;
memset(v,0,sizeof v);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
int len=g[i].size();
for(int j=0;j<len;j++)
{
v[g[i][j]]+=a[i];
}
}
while(q--)
{
scanf("%d",&c);
if(c==1)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
sum+=(y-a[x]);
int len1=g[x].size();
for(int j=0;j<len1;j++)
{
v[g[x][j]]-=a[x];
v[g[x][j]]+=y;
}
a[x]=y;
}
else
{
int t=0;
LL ans=0;
scanf("%d",&x);
if(x==1) {printf("%lld\n",sum);continue;}
for(int i=0;i<k;i++)
{
if(x%p[i]==0)
{
save[t++]=p[i];
while(x%p[i]==0) x/=p[i];
}
if(x<=1) break;
}
for(int i=1;i<(1<<t);i++)
{
int tp=0,res=1;
for(int j=0;j<t;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
tp++;
res*=save[j];
}
}
if(tp&1) ans+=v[res];
else ans-=v[res];
}
printf("%lld\n",sum-ans);
}
}
}
return 0;
}