CF1780F Three Chairs

知识点：枚举，容斥。

原题面：https://codeforces.com/contest/1780/problem/F。

涉及 $\gcd$ 的枚举的常见套路 + 似乎不太常见的容斥（？）

以及一种和题解原理相同但更好写的写法。

省流版：容斥的本质是把一个不重不漏的集合的并的贡献，转化成多个集合的交的贡献的和。

简述

给定一长度为 $n$ 的数列 $a$，保证所有数两两不同。求满足：$\gcd\left( \operatorname{min}(a_i, a_j, a_k), \max(a_i, a_j, a_k) \right) = 1$ 的三元组 $(i, j, k)$ 的数量。
$3\le n\le 3\times 10^5$，$1\le a_i\le 3\times 10^5$。
1S，256MB。

分析

先排序，以下钦定三元组 $(i,j,k)$ 中 $i<j<k$。然后考虑枚举三元组中的最大值 $a_k$ 和最小值 $a_i$，如果 $\gcd(a_i, a_k) = 1$，那么它们对答案的贡献显然为可供选择的 $a_j$ 的数量：$k - i - 1$，则仅需统计 $(a_i, a_k)$ 这种互质对的贡献。

考虑求得一个数组 $f$，$f_k$ 代表以 $a_k$ 为较大元素的满足条件的三元组的数量。以 $a_k$ 为较大元素的数对总数为 $\frac{(i-2)(i-1)}{2}$，考虑问题的反面求非互质对的数量。套路地考虑枚举质因数 $g$，检查 $a$ 中是否存在 $g$ 的倍数，并令较大的倍数减去较小的倍数的贡献。具体地，对于小于 $a_k$ 的 $c$ 个与 $a_k$ 不互质的 $a_i$，$f_k$ 的贡献应减去 $c\times (k - 1) - \sum i$。

但在枚举质因数 $g$ 的过程中，可能会出现 $a_i$ 重复统计的情况。比如 $g = 2$ 和 $g = 3$ 均是 $a_i = 6$ 的约数，使得 $a_i=6$ 的贡献被 $a_i$ 的倍数减去了两次。

考虑容斥。考虑扩大枚举 $g$ 的范围，对于一对 $(a_i,a_k)$，如果它们共同的质因数为 $(p_1, p_2,\dots, p_q)$，那么减去枚举到它们时 $a_i$ 对 $f_k$ 的贡献后，应再加上枚举到 $p_1\times p_2,p_1\times p_3,\cdots p_{q-1}\times p_q$ 的时 $a_i$ 对 $f_k$ 的贡献，再减去枚举到 $p_1\times p_2\times p_3,p_1\times p_2\times p_4,\cdots p_{q-2}\times p_{q-1}\times p_q$ 的时 $a_i$ 对 $f_k$ 的贡献，……这样可以保证 $a_i$ 的贡献最终只会被减去 1 次。总结一下，我们考虑枚举共同的质因数——如果 $g$ 仅由 $l$ 个质数的一次方构成，那么枚举到 $g$ 时，$a_i$ 对 $f_k$ 贡献的符号应为 $(-1)^{l}$，否则枚举到 $g$ 时不统计贡献。

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原理的话……学艺不精没法很好地解释。可以考虑质因数分解为 $(p_1, p_2, \dots, p_q)$ 中任意非空子集的数的集合 $\{ a_i\}$，满足：

$$A_l = \left\{ x \mid (p_i\mid x) \land (x \in a) \right\}$$

$$\{ a_i\} = {\displaystyle \left|\bigcup _{l=1}^{q}A_l\right|=\sum _{l=1}^{n}(-1)^{l+1}\left(\sum _{1\leq u_{1}<\cdots <u_{l}\le q}\left|A_{u_{1}}\cap \cdots \cap A_{u_{l}}\right|\right)}$$

上式中 $\left|\bigcup _{l=1}^{q}A_l\right|$ 即 $f_k$ 应当减去贡献的 $a_i$ 的不重不漏的集合，我们的目标是把它们的贡献仅减去 1 次。考虑这个经典式子的意义，达成上述目的，等效于把所有集合 $\left|A_{u_1}\cap \cdots \cap A_{u_l}\right|$ 的贡献减去 $(-1)^l$ 次。

$\left|A_{u_1}\cap \cdots \cap A_{u_l}\right|$ 表示作为 $p_{u_1}\times,\dots, p_{u_l}$ 的倍数的 $a_i$ 的集合。而 $p_{u_1}\times,\dots, p_{u_l}$ 共有 $C_q^l$ 种。我们不妨把上面的式子写的更抽象一点：

$$-1 = -\sum_{l=1}^{q}(-1)^{l+1} C_{q}^l = \sum_{l=1}^{q}(-1)^{l} C_{q}^l$$

$C_q^l$ 即由 $l$ 个质数的一次方构成的 $g$ 的个数。由这个式子可知，令 $f_k$ 减去所有 $a_i$ 的贡献 1 次，等效于先枚举 $g$，并令 $f_k$ 减去所有作为 $g$ 的倍数的 $a_i$ 的贡献 $(-1)^l$ 次。

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实现时使用埃氏筛，处理出每个数的质因数同时标记不符合枚举条件的 $g$，再枚举合法的 $g$ 的倍数更新即可。

总复杂度为 $O(n\ln\ln n)$ 级别。

代码

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//By:Luckyblock
/*
*/
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define LL long long
const int kN = 3e5 + 10;
//=============================================================
int n, a[kN], pos[kN];
LL ans, f[kN];
bool vis[kN], vis1[kN];
std::vector <int> p[kN];
//=============================================================
inline int read() {
	int f = 1, w = 0; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = - 1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + ch - '0';
	return f * w;
}
//=============================================================
int main() {
  // freopen("1.txt", "r", stdin);
  n = read();
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    a[i] = read();
    if (i >= 3) f[i] = 1ll * (i - 2) * (i - 1) / 2ll;
  }
  std::sort(a + 1, a + n + 1);
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) pos[a[i]] = i;
  for (int i = 2; i <= a[n]; ++ i) {
    if (vis1[i]) continue;
    if (!vis[i]) p[i].push_back(i);
 
    int sz = p[i].size();
    LL cnt = (pos[i] > 0), sum = pos[i];
    for (int j = 2; i * j <= a[n]; ++ j) {
      vis[i * j] = 1;
      if (!vis[i]) p[i * j].push_back(i);
      if (j % i == 0) vis1[i * j] = 1;
 
      if (pos[i * j]) {
        f[pos[i * j]] += (sz % 2 ? -1 : 1) * (cnt * (pos[i * j] - 1ll) - sum);
        ++ cnt, sum += pos[i * j];
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) ans += f[i];
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}