[arc086e]snuke line

题意：

有n个区间，询问对于$1\leq i\leq m$的每个i，有多少个区间至少包含一个i的倍数？

$1\leq N\leq 3\times 10^5$

$1\leq M\leq 10^5$

题解：

开始就想到了调和级数的复杂度，但是一直没想到反着统计。。。

正着统计区间是否包含$i$的倍数很麻烦，不妨反过来统计是否不包含，那么不包含的情况肯定是区间卡在两个$i$的倍数之间或者在$\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\times i$和$M$之间，用调和级数的时间复杂度可以把所有倍数搞出来。那么可以将询问离线，按照$i$的倍数分段，然后用树状数组维护即可。

调和级数一个$log$，树状数组一个$log$，所以最后的时间复杂度是$O(mlogmlogn)$

貌似有很多dalao用不同姿势的分块碾了过去QAQ

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#define lb(x) (x&-x)
using namespace std;
struct task{
    int x,id;
}a[2000001];
int n,m,l,r,tot=0,ans[2000001],t[2000001];
vector<int>g1[2000001],g2[2000001];
void add(int x,int v){
    for(;x;x-=lb(x)){
        t[x]+=v;
    }
}
int query(int x){
    int ret=0;
    for(;x<=m;x+=lb(x)){
        ret+=t[x];
    }
    return ret;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&l,&r);
        g1[r].push_back(l);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ans[i]=n;
        for(int j=1;j<=m/i;j++){
            a[++tot].x=i*(j-1);
            a[tot].id=i;
            g2[i*j].push_back(tot);
        }
        a[++tot].x=(m/i)*i;
        a[tot].id=i;
        g2[m+1].push_back(tot);
    }
    for(int i=0;i<=m+1;i++){
        for(int j=0,jj=g2[i].size();j<jj;j++){
            ans[a[g2[i][j]].id]-=query(a[g2[i][j]].x+1);
        }
        for(int j=0,jj=g1[i].size();j<jj;j++){
            add(g1[i][j],1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}