【BZOJ4026】dC Loves Number Theory 分解质因数+主席树

【BZOJ4026】dC Loves Number Theory

Description

 dC 在秒了BZOJ 上所有的数论题后，感觉萌萌哒，想出了这么一道水题，来拯救日益枯竭的水题资源。 

  给定一个长度为 n的正整数序列A，有q次询问，每次询问一段区间内所有元素乘积的φ（φ(n)代表1~n 中与n互质的数的个数） 。由于答案可能很大，所以请对答案 mod 10^6 + 777。 （本题强制在线，所有询问操作的l,r都需要 xor上一次询问的答案 lastans，初始时，lastans = 0） 

Input

 第一行，两个正整数，N，Q，表示序列的长度和询问的个数。 

第二行有N 个正整数，第i个表示Ai. 

下面Q行，每行两个正整数，l r，表示询问[l ^ lastans,r ^ lastans]内所有元素乘积的φ 

Output

Q行，对于每个询问输出一个整数。 

Sample Input

5 10
3 7 10 10 5
3 4
42 44
241 242
14 9
1201 1201
0 6
245 245
7 7
6 1
1203 1203

Sample Output

40
240
12
1200
2
240
4
4
1200
4

题解：前置技能：强制在线版HH的项链。（好吧这道题不存在的~）

用主席树实现强制在线求区间中不同数的个数，具体做法跟树状数组的做法差不多。比如当位置i的数是x，x上一个出现的位置是j，那么我们就在i的主席树中的位置j减去1（j本身的主席树不动！！！）。当我们查询区间[l,r]中，在r的主席树中进行区间查询，这样，如果r==i并且l>j，那么我们只计算了i的贡献；如果r==i并且l<=j，那么我们依旧没有计算j的贡献；如果r<i并且l<j，那么在i之前的主席树中并没有将j删去，我们还能正常计算j的贡献。（需要好好理解一下。）

然后就水了嘛！我们知道如果$n=\prod p_i^{e_i}(p是质数)$，那么$\varphi( n)=n\prod {p_i-1\over p_i}$，所以我们只需要先预处理出所有质数，然后将每个数分解质因数，维护区间中每个质数出现的次数就好了。具体做法是：当我们分解第i个位置上的数时，如果i包含e个质因子p，那么我们要找到p上一个出现的位置j，在i的主席树中将位置j乘上$p\over p-1$（因为j处之前肯定乘过p-1），然后在i的位置乘上$（p-1）*p^{e-1}$就行了。

需要用快速幂求逆元。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=50010;
const ll mod=1000777;
int n,m,nm,num,ans,tot;
int pri[100010],last[100010],np[1000010],v[maxn],rt[maxn];
struct sag
{
	int ls,rs;
	ll sc;
}s[maxn*160];
ll pm(ll x,ll y)
{
	ll z=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)	z=z*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return z;
}
int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+gc-'0',gc=getchar();
	return ret*f;
}
void insert(int x,int &y,int l,int r,int pos,int val)
{
	if(l>r)	return ;
	if(!y||y==x)	y=++tot,s[y].sc=s[x].sc*val%mod;
	else	s[y].sc=s[y].sc*val%mod;
	if(l==r)	return ;
	int mid=l+r>>1;
	if(pos<=mid)	s[y].rs=(s[y].rs)?s[y].rs:s[x].rs,insert(s[x].ls,s[y].ls,l,mid,pos,val);
	else	s[y].ls=(s[y].ls)?s[y].ls:s[x].ls,insert(s[x].rs,s[y].rs,mid+1,r,pos,val);
}
ll query(int x,int l,int r,int a,int b)
{
	if(a<=l&&r<=b)	return s[x].sc;
	int mid=l+r>>1;
	if(b<=mid)	return query(s[x].ls,l,mid,a,b);
	if(a>mid)	return query(s[x].rs,mid+1,r,a,b);
	return query(s[x].ls,l,mid,a,b)*query(s[x].rs,mid+1,r,a,b)%mod;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	int i,j,a,b;
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i]=rd(),nm=max(nm,v[i]);
	for(i=2;i<=nm;i++)
	{
		if(!np[i])	np[i]=++num,pri[num]=i;
		for(j=1;j<=num&&i*pri[j]<=nm;j++)
		{
			np[i*pri[j]]=-1;
			if(i%pri[j]==0)	break;
		}
	}
	s[0].sc=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(v[i]==1)
		{
			insert(rt[i-1],rt[i],1,n,i,1);
			continue;
		}
		for(j=1;j<=num&&pri[j]*pri[j]<=v[i];j++)
		{
			if(v[i]%pri[j]==0)
			{
				v[i]/=pri[j],insert(rt[i-1],rt[i],1,n,i,pri[j]-1);
				while(v[i]%pri[j]==0)	v[i]/=pri[j],insert(rt[i-1],rt[i],1,n,i,pri[j]);
				if(last[j])	insert(rt[i-1],rt[i],1,n,last[j],pm(pri[j]-1,mod-2)*pri[j]%mod);
				last[j]=i;
			}
		}
		if(v[i]>1)
		{
			j=np[v[i]];
			if(last[j])	insert(rt[i-1],rt[i],1,n,last[j],pm(pri[j]-1,mod-2)*pri[j]%mod);
			last[j]=i,insert(rt[i-1],rt[i],1,n,i,pri[j]-1);
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		a=rd()^ans,b=rd()^ans;
		ans=int(query(rt[b],1,n,a,b));
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}