题解 P9060【[Ynoi2002] Goedel Machine】
JRKSJ 曾经有一道类似的题，但和这题重了。
题意
给一次长为 $n$ 的序列 $a$，每次查询 $[l,r]$ 的所有子序列的 $\gcd$ 的乘积，对 $998244353$ 取模。
$n,q,a_i\le 10^5$。
思路
质因数相关，直接考虑根号分治。由于是乘积，各质因子贡献独立。
记 $v=\max(a_i)$。我们先筛出 $v$ 以内的质数。
对于 $p\le\sqrt v$，这类数只有 $O(\pi(\sqrt v))≈O(\dfrac {\sqrt v}{\log v})$ 个，考虑使用 $O(n\log)$ 级别的做法求出这个质数对所有询问的贡献。考虑记 $s_{i}$ 表示 $\max_{p^k|a_i}k$，记 $e_{i,j}=\sum_{k=1}^i[s_i=j]$，$f_{i,j}=\sum_{k=1}^i[s_i>j]$，则对于询问 $[l,r]$，枚举 $k$ 表示区间内在这个质因数的 $\gcd$ 等于 $p^k$，令 $a=e_{r,k}-e_{l-1,k},b=f_{r,k}-f_{l-1,k}$，则这个询问的答案需要乘上 $p^{k(2^a-1)2^b}$，但是此处的复杂度不允许我们再使用快速幂了。
我们想算出 $p^k$ 恰好会对这个区间贡献多少次，如果指数上是 $2^{a+b}-1$ 则会算多 $p^{k+c}$ 的次数。我们一个麻烦是此处的 $p^k$ 阻碍了我们用 $p^{2^i}$ 计算。但是我们发现如果每个 $c\in[1,k]$ 都贡献一次，那么此处的 $p^k$ 就可以化开了，于是我们可以直接算 $p^{2^{a+b}-1}$ 的积。即 $\prod_k p^{2^{\sum_{i=l}^r[s_i\ge k]}-1}$，$2$ 的指数上的那个可以同样前缀和，$p^{2^k-1}$ 可以预处理 $p^{2^k}$ 和 $p^{-1}$ 求出。
对于 $p>\sqrt n$，我们沿用思路，如果区间中有 $k$ 个含 $p$ 这个质因子的数，则会有 $p^{2^k-1}$ 的贡献。我们使用莫队，预处理所有 $p^{2^k-1}$ 和 $p^{1-2^k}$，由于每个 $p$ 总的出现次数之和是 $n$，我们预处理 $k$ 到 $p$ 的出现次数即可。
时间复杂度为 $O(v+n\pi(\sqrt v)\log v+m\sqrt n)$，空间复杂度 $O(n\log v)$。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
namespace IO{//by cyffff
}
const int N=1e5+10,L=18,mod=998244353;
int n,q,v,a[N],pri[N],cnt,pr[L][N],bgp[N],tot[N],con[N],qp2[N],pt2[N];
bool vis[N];
int curL=1,curR,bel[N],blk,sq=400,T,ans[N],res=1;
vector<int>pqp[N],pip[N];
struct Query{
int l,r,id;
inline friend bool operator<(const Query &a,const Query &b){
return bel[a.l]^bel[b.l]?bel[a.l]<bel[b.l]:(bel[a.l]&1?a.r<b.r:a.r>b.r);
}
}qr[N];
inline void seive(int n){
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i])
pri[++cnt]=i;
for(int j=1;i*pri[j]<=n;j++){
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
}
inline int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1) res=1ll*res*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
inline void ins(int p){
if(p==1) return ;
res=1ll*res*pip[p][con[p]]%mod;
con[p]++;
res=1ll*res*pqp[p][con[p]]%mod;
}
inline void del(int p){
if(p==1) return ;
res=1ll*res*pip[p][con[p]]%mod;
con[p]--;
res=1ll*res*pqp[p][con[p]]%mod;
}
int main(){
n=read(),q=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
v=max(v,a[i]=read());
seive(v);
T=sqrt(v)+2;
for(int i=1;i<=q;i++)
qr[i].l=read(),qr[i].r=read(),qr[i].id=i,ans[i]=1;
if(v==1){
for(int i=1;i<=q;i++)
write(1),putc('\n');
flush();
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i+=sq)
for(int j=i,k=++blk;j<=min(i+sq-1,n);j++)
bel[j]=k;
int pos=1;
for(;pri[pos+1]<=T&&pos+1<=cnt;pos++);
qp2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
qp2[i]=2ll*qp2[i-1]%(mod-1);
for(int i=1;i<=pos;i++){
int p=pri[i],ip=qpow(p,mod-2);
int l=0;
for(int j=1;j<=v;j*=p,l++);
l--;
for(int j=1;j<=n;j++){
int k=0;
while(a[j]%p==0) k++,a[j]/=p;
for(int p=1;p<=l;p++)
pr[p][j]=pr[p][j-1]+(p<=k);
}
pt2[0]=p;
for(int i=1;i<=n;i++)
pt2[i]=1ll*pt2[i-1]*pt2[i-1]%mod;
for(int i=0;i<=n;i++)
pt2[i]=1ll*pt2[i]*ip%mod;
for(int j=1;j<=q;j++){
int L=qr[j].l-1,R=qr[j].r;
for(int k=1,mul=p;k<=l;k++,mul=mul*p){
if(mul>v) break;
int ge=pr[k][R]-pr[k][L];
ans[j]=1ll*ans[j]*pt2[ge]%mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]>1)
tot[a[i]]++;
for(int i=pos+1;i<=cnt;i++){
if(!tot[pri[i]]) continue;
int p=pri[i],ip=qpow(p,mod-2);
pqp[p].emplace_back(1);
pip[p].emplace_back(1);
for(int i=1,tp=1ll*p*p%mod,qp=1ll*ip*ip%mod;i<=tot[p];i++,tp=1ll*tp*tp%mod,qp=1ll*qp*qp%mod){
pqp[p].emplace_back(1ll*tp*ip%mod);
pip[p].emplace_back(1ll*qp*p%mod);
}
}
sort(qr+1,qr+q+1);
for(int i=1;i<=q;i++){
int l=qr[i].l,r=qr[i].r;
while(curL>l) ins(a[--curL]);
while(curR<r) ins(a[++curR]);
while(curL<l) del(a[curL++]);
while(curR>r) del(a[curR--]);
ans[qr[i].id]=1ll*ans[qr[i].id]*res%mod;
}
for(int i=1;i<=q;i++)
write(ans[i]),putc('\n');
flush();
}再见 qwq~
