bzoj 3853: GCD Array

题目传送门：bzoj 3853。

题意简述：

有一个数组 (a)，下标范围为 (1 sim l)，初始都是 (0)。

有 (Q) 次操作，为以下两类之一：

1. 1 n d v：对于所有满足 (gcd(i, n) = d) 的下标 (i)，令 (a_i) 加上 (v)。
2. 2 x：求 (displaystyle sum_{i = 1}^{x} a_i)。

数据范围：(Q le 5 cdot {10}^4)，(n le 2 cdot {10}^5)，运算在 long long 范围内。

题解：

操作 1，如果 (d) 不是 (n) 的因数，就没用。

否则把 (n) 除掉 (d)，则可以变换为：对于所有满足 (gcd(i, n) = 1) 的 (i)，令 (a_{i cdot d}) 加上 (v)。

也就是说，每个 (a_{i cdot d})，要加上 (displaystyle v sum_{egin{subarray}{c} k | i \ k | n end{subarray}} mu(k))。

那么我们先把条件 (k | n) 提前，先枚举 (k)，变成：

枚举 (k | n)，对于所有 (kd) 的倍数 (i)，令 (a_i) 加上 (v mu(k))。

我们发现，这是：每次操作令下标为某个数的倍数的位置加上 (v)。

那么我们不维护原数组了，直接维护一个 (c) 数组，如果 (c_i = x)，表示原数组中下标为 (i) 的倍数的位置都加上了 (x)。

则可以得到：(displaystyle a_i = sum_{j | i} c_j)。

那么询问的时候就是查询 (displaystyle sum_{i = 1}^{x} sum_{j | i} c_j)。

交换求和顺序：(displaystyle sum_{j = 1}^{x} c_j !leftlfloor frac{x}{j} ight floor)。

对 (displaystyle leftlfloor frac{x}{j} ight floor) 进行整除分块，只要维护 (c) 的区间和，用树状数组维护即可。

代码如下，时间复杂度为 (mathcal O (Q sqrt{n} log l))：

#include <cstdio>

typedef long long LL;
const int MN = 200005, MP = 17985;
const int ML = 50005;

bool ip[MN];
int p[MP], pc;
int mu[MN];
int h[MN], nxt[1641422], to[1641422], tot;
inline void ins(int x, int y) { nxt[++tot] = h[x], to[tot] = y, h[x] = tot; }
inline void Sieve(int N) {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= N; ++i) {
		if (!ip[i]) p[++pc] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1, k; j <= pc; ++j) {
			if ((k = p[j] * i) > N) break;
			ip[k] = 1;
			if (i % p[j]) mu[k] = -mu[i];
			else break;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= N; ++i) if (mu[i])
		for (int j = i; j <= N; j += i) ins(j, i);
}

int Len, Q;
LL bit[ML];
inline void Add(int i, int x) { for (; i <= Len; i += i & -i) bit[i] += x; }
inline LL Qur(int i) { LL a = 0; for (; i; i -= i & -i) a += bit[i]; return a; }

int main() {
	Sieve(200000);
	int T = 0;
	while (~scanf("%d%d", &Len, &Q) && Len && Q) {
		for (int i = 1; i <= Len; ++i) bit[i] = 0;
		printf("Case #%d:
", ++T);
		while (Q--) {
			int opt;
			scanf("%d", &opt);
			if (opt == 1) {
				int n, d, v;
				scanf("%d%d%d", &n, &d, &v);
				if (n % d) continue;
				n /= d;
				for (int id = h[n]; id; id = nxt[id]) {
					int k = to[id];
					if (k * d <= Len) Add(k * d, v * mu[k]);
				}
			} else {
				int x;
				scanf("%d", &x);
				LL Ans = 0;
				for (int i = 1, j, k; i <= x; i = j + 1) {
					k = x / i, j = x / k;
					Ans += (LL)k * (Qur(j) - Qur(i - 1));
				}
				printf("%lld
", Ans);
			}
		}
	}
	return 0;
}