HYSBZ - 3813奇数国
中文题，巨苟题，巨无敌苟！！首先是关于不相冲数，也就是互质数的处理，欧拉函数是可以求出互质数，但是这里的product非常大，最小都2100000，这是不可能实现的。所以我们要求互质数的话，得用到所有金额都用60个素数表示的这个条件。也就是x=p1a1xp2a2x...p60a60表示，pi是第i个素数,ai是对应的指数，这就变成了互质素求欧拉函数，可以先了解一下欧拉函数，引用一下境外大佬的博客欧拉函数的讲解。我们需要用到这一条
p为质数
1. phi(p)=p-1 因为质数p除了1以外的因数只有p，故1至p的整数只有p与p不互质
2. 如果i mod p = 0, 那么 phi(i * p)=phi(i) * p
3.若i mod p ≠0, 那么 phi( i * p )=phi(i) * ( p-1 )
首先，如果我们要求phi(p1a1)的话，p1是质数，然后p1a1=p1a1-1*p1,而p1a1-1 mod p1=0，所以phi(p1a1)=phi(p1a1-1)*p1,又phi(p1a1-1)=phi(p1a1-2)*p1，一直到，phi(p1)=p1-1,所以phi(p1a1)=p1a1-1*(p1-1),
然后求phi(p1a1*p2)，p1a1 mod p2≠0，所以phi(p1a1*p2)=phi(p1a1)*(p2-1)，再算phi(p1a1*p22)，p1a1*p22 mod p2=0，所以phi(p1a1*p22)=phi(p1a1*p2)*p2，所以这样推下去的话，phi(p1a1*p2a2)=p1a1-1*(p1-1)*p2a2-1*(p2-1)
我们可以得到phi(p1a1xp2a2x...p60a60)=p1a1-1*(p1-1)*p2a2-1*(p2-1)*...*p60a60-1*(p60-1)。
因为它说这个国家的加法就是我们的乘法，所以我们可以用树状数组或者线段树来维护1~100000里存储的每个数对应的素数的次方，但第二苟的点来了，如果用线段树还好说，只要处理好懒标记就应该可以了，但是用树状数组，单点更新那里一不小心就会超时，超时了好几发后，我看学长的代码原来他们的树状数组也是9492ms险过的，先看AC代码，更新处是使用学长的处理。
1 #include<cstdio> 2 #define lowb(x) x&(-x) 3 #define ll long long 4 const int N=100000; 5 const ll mod=19961993; 6 int a[N+18][66]={0},b[N],prime[66]={ 7 0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67, 8 71,73,79,83,89,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139, 9 149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199,211,223, 10 227,229,233,239,241,251,257,263,269,271,277,281};//我自己把素数打出来了 11 void updata(int x,int y,int z) 12 { 13 while(x<=N) 14 { 15 a[x][y]+=z; 16 x+=lowb(x); 17 } 18 } 19 int geta(int x,int y) 20 { 21 int ans=0; 22 while(x) 23 { 24 ans+=a[x][y]; 25 x-=lowb(x); 26 } 27 return ans; 28 } 29 void modify(int x,int y,int flag) 30 { 31 for(int i=1;i<=60;i++)//把价值转化成p1^a1+p2^a2+p3^a3+...+p60^a60的形式，然后存储指数ai 32 if(y%prime[i]==0) 33 { 34 int z=0; 35 while(y%prime[i]==0) 36 { 37 z++; 38 y/=prime[i]; 39 } 40 updata(x,i,flag*z); 41 } 42 } 43 ll pow(ll a,int b) 44 { 45 ll ans=1; 46 a%=mod; 47 while(b) 48 { 49 if(b&1) 50 ans=(ans*a)%mod; 51 a=(a*a)%mod; 52 b>>=1; 53 } 54 return ans; 55 } 56 int main() 57 { 58 int n,op,x,y,z; 59 scanf("%d",&n); 60 for(int i=1;i<=N;i++) 61 { 62 b[i]=3; 63 updata(i,2,1);//3是第二个素数，一开始每个都有3块钱 64 } 65 while(n--) 66 { 67 scanf("%d%d%d",&op,&x,&y); 68 if(op) 69 { 70 modify(x,b[x],-1);//先减去原来的数 71 modify(x,y,1);//再加上要修改的数 72 b[x]=y; 73 } 74 else 75 { 76 ll ans=1; 77 for(int i=1;i<=60;i++) 78 { 79 z=geta(y,i)-geta(x-1,i); 80 if(z) 81 ans=ans*pow(1ll*prime[i],z-1)*(prime[i]-1)%mod; 82 } 83 printf("%lld ",ans); 84 } 85 } 86 return 0; 87 }
学长的处理就是，保存好每一个原来的存款，然后每次更新时，先减去旧的存款然后再加上新的存款，而我的处理的话是
1 for(int i=1;i<=60;i++) 2 { 3 z=0; 4 while(y%prime[i]==0) 5 { 6 z++; 7 y/=prime[i]; 8 } 9 z=z-a[x][i];//原来新的指数和对旧的指数差值，正的说明要加上，负的说明要减去，0不需要更新 10 if(z!=0) 11 updata(x,i,z); 12 }
我觉得我这样每个i只进行了一次更新，应该比学长的更快，然而T了，我觉得原因应该是在于如果z不是0的话，那么我的就是60遍每次都要从x节点更新到100000为止，但学长的看上去是跑了两边，但是if(y%prime[i]==0)这一句过滤掉很多没必要的更新，所以还是学长nb啊。。。
至于线段树的做法，先留个坑，毕竟女同志能顶半边天。