CF990G-GCD Counting【dfs】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF990G

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1|1题目大意

给出一棵有点权的树，对于每个$k$求有多条路径的点权$gcd$为$k$

$1\leq n\leq 2\times 10^5,1\leq a_i\leq 2\times 10^5$

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1|2解题思路

开始以为要莫反，后来发现不用。

首先$gcd$之间拆倍数，设$f_i$表示点权都是$i$的倍数的路径条数，这个用一个$vector$存然后暴力枚举$i$加点每次$dfs$出每个联通块的大小就好了。

之后倒序枚举$i$，再枚举它的倍数$ik$，然后$f_i-=f_{ik}$，这样就自动容斥，用不上莫比乌斯反演了。

时间复杂度$O(\sum_{i=1}^n\sigma_0(a_i)+n\log n)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
ll n,w[N],v[N],f[N];
vector<ll> p[N],G[N];
//void Prime(){
//	mu[1]=1;
//	for(ll i=2;i<N;i++){
//		if(!v[i])v[i]=1,pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
//		for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
//			v[i*pri[j]]=1;
//			if(i%pri[j]==0)break;
//			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
//		}
//	}
//	return;
//}
ll Add(ll x,ll fa,ll k){
	v[x]=k;ll siz=0;
	for(ll i=0;i<G[x].size();i++){
		ll y=G[x][i];
		if(y==fa||w[y]%k)continue;
		siz+=Add(y,x,k);
	}
	return siz+1;
}
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&w[i]);
		p[w[i]].push_back(i);
	}
	for(ll i=1;i<n;i++){
		ll x,y;
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		G[x].push_back(y);
		G[y].push_back(x);
	}
	for(ll i=1;i<=2e5;i++)
		for(ll j=i;j<=2e5;j+=i)
			for(ll k=0;k<p[j].size();k++){
				ll x=p[j][k];
				if(v[x]==i)continue;
				ll siz=Add(x,x,i);
				f[i]+=siz*(siz+1)/2;
			}
	for(ll i=2e5;i>=1;i--)
		for(ll j=2*i;j<=2e5;j+=i)
			f[i]-=f[j];
	for(ll i=1;i<=2e5;i++)
		if(f[i])printf("%lld %lld\n",i,f[i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14668463.html
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