51 Nod 1678 lyk与gcd
基准时间限制：2 秒 空间限制：131072 KB 分值: 80 难度：5级算法题
这天，lyk又和gcd杠上了。
它拥有一个n个数的数列，它想实现两种操作。
1：将 ai 改为b。
2：给定一个数i，求所有 gcd(i,j)=1 时的 aj 的总和。
Input
第一行两个数n，Q(1<=n,Q<=100000)。
接下来一行n个数表示ai(1<=ai<=10^4)。
接下来Q行，每行先读入一个数A(1<=A<=2)。
若A=1，表示第一种操作，紧接着两个数i和b。(1<=i<=n,1<=b<=10^4)。
若B=2，表示第二种操作，紧接着一个数i。(1<=i<=n)。
Output
对于每个询问输出一行表示答案。
Input示例
5 3
1 2 3 4 5
2 4
1 3 1
2 4
Output示例
9
7
1 #include<vector> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 using namespace std; 5 #define N 100010 6 #define LL long long 7 vector<int>f[N],g[N]; 8 int a[N],n,ques; 9 bool q[N]; 10 long long sum[N]; 11 void Prepare(){ 12 int cnt=0; 13 for(int i=2;i<=n;i++){ 14 if(!q[i])a[++cnt]=i; 15 for(int j=1;j<=cnt;j++){ 16 if(a[j]*i>n) break; 17 q[a[j]*i]=1; 18 if(i % a[j] == 0) break; 19 } 20 } 21 for(int i=1;i<=cnt;i++){ 22 for(int j=a[i];j<=n;j+=a[i]){ 23 int w=f[j].size(); 24 for(int k=0;k<w;k++){ 25 f[j].push_back(f[j][k]*a[i]); 26 g[j].push_back(g[j][k]+1); 27 } 28 f[j].push_back(a[i]); 29 g[j].push_back(1); 30 } 31 } 32 } 33 int main() 34 { 35 LL ans; 36 scanf("%d%d",&n,&ques); 37 Prepare(); 38 for(int i=1;i<=n;i++){ 39 scanf("%d",&a[i]);sum[1]+=a[i]; 40 for(int j=0;j<f[i].size();j++) 41 sum[f[i][j]]+=a[i]; 42 } 43 int x,pos,value; 44 while(ques--){ 45 scanf("%d",&x); 46 if(x==1){ 47 scanf("%d%d",&pos,&value); 48 for(int i=0;i<f[pos].size();i++) 49 sum[f[pos][i]]-=a[pos]; 50 sum[1]-=a[pos];a[pos]=value;sum[1]+=a[pos]; 51 for(int i=0;i<f[pos].size();i++) 52 sum[f[pos][i]]+=a[pos]; 53 } 54 else{ 55 ans=sum[1]; 56 scanf("%d",&pos); 57 for(int i=0;i<f[pos].size();i++) 58 if(g[pos][i] & 1)ans-=sum[f[pos][i]]; 59 else ans+=sum[f[pos][i]]; 60 61 printf("%lld\n",ans); 62 } 63 } 64 return 0; 65 }
比较基础的容斥题，我们预处理出每个i的所有素因子的组合，比如6={2,3,6}，那么我们对于a[6]将它加入到sum[2],sum[3],sum[6]中，统计答案时用容斥思想加加减减就行了。
