GCD Counting题解

题意

有一棵有 $n$ 个节点的树，第 $i$ 个节点有点权 $a_i$。

定义 $g(x,y)$ 为 $x$ 到 $y$ 的树上路径所经过的点的点权 $gcd$。

对于每一个正整数 $k\in [1,2\times {10}^5]$ 求出满足以下条件的 $x,y$ 的对数:

• $1\le x\le y\le n$

• $g(x,y)=k$

$1\le n,a_i\le 2\times {10}^5$

Trick 1

显然 $gcd(x,y)=k$ 是非常难求的，所以我们考虑用莫比乌斯反演，令 $F(i)$ 表示 $gcd(x,y)=k$ 的点对个数 $G(i)$ 表示 $gcd(x,y)$ 是 $k$ 的倍数的点对个数。很明显，求出所有 $G(i)$ 就可以求出所有 $F(i)$，即：

$$F(i)=\sum _{i|d}\mu (\frac{d}{i})G(d)$$

Trick 2

考虑求 $G(i)$。枚举两端的点权都是 $i$ 的边，合并两个点，最后计算每个联通块内的点数，任意两个点都是一个合法的点对，所以是 $x\times (x-1)/2$，$x$ 为连通块中点的数量。每条边最多被算 $160$ 次，即当 $gcd(u,v)=166320=2^4\times 3^3\times 5\times 7\times 11$ 时，他有 $160$ 个因数，他的每个因数都会枚举这条边，但它是小于 $2e5$ 的拥有最多因数的数，所以枚举 $G(i)$ 的时间复杂度不超过 $O(160m)$

Trick 3

考虑倒着求 $F(i)$，很明显当求到 $F(i)$ 时，所有满足 $j>i$ 的$F(j)$ 都已经求出来，那么就会有：

$$F(i)=G(i)-\sum _{i|d}F(d)$$

就不用求 $\mu$ 了

细节：

因为形如 $(i,i)$ 的点对是合法的，所以在输出答案 $F(i)$ 时还要加上点权为 $i$ 的点的个数

上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+50;
int n,a[N],u[N],v[N],tzy;
vector<int> val[N];
int f[N],gs[N],f1,f2;
bool vis[N];
ll G[N];
int find(int x)
{
	if(f[x]==x) return x;
	return f[x]=find(f[x]);
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%d %d",&u[i],&v[i]);
		tzy=__gcd(a[u[i]],a[v[i]]);
		for(int j=1;j*j<=tzy;j++)
		{
			if(tzy%j) continue;
			val[j].push_back(i);
			if(j^(tzy/j)) val[tzy/j].push_back(i);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	f[i]=i,gs[i]=1;
	for(int i=1;i<=N-50;i++)
	{
		for(int j=0;j<val[i].size();j++)
		{
			f1=find(u[val[i][j]]),f2=find(v[val[i][j]]);
			if(f1!=f2)
			{
				G[i]=G[i]-1ll*gs[f1]*(gs[f1]-1)/2-1ll*gs[f2]*(gs[f2]-1)/2;
				f[f1]=f2;
				gs[f2]+=gs[f1];
				G[i]=G[i]+1ll*gs[f2]*(gs[f2]-1)/2;
			}
		}
		for(int j=0;j<val[i].size();j++)
		{
			f[u[val[i][j]]]=u[val[i][j]];
			f[v[val[i][j]]]=v[val[i][j]];
			gs[u[val[i][j]]]=1;
			gs[v[val[i][j]]]=1;
		}
	}
	for(int i=2e5;i>=1;i--)
	{
		for(int j=i+i;j<=2e5;j+=i) G[i]-=G[j];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) G[a[i]]++;
	for(int i=1;i<=2e5;i++) if(G[i]) printf("%d %lld\n",i,G[i]);
	return 0;
}