BZOJ4026: dC Loves Number Theory

Description

 dC 在秒了BZOJ 上所有的数论题后，感觉萌萌哒，想出了这么一道水题，来拯救日益枯

竭的水题资源。 

  给定一个长度为 n的正整数序列A，有q次询问，每次询问一段区间内所有元素乘积的

φ（φ(n)代表1~n 中与n互质的数的个数） 。由于答案可能很大，所以请对答案 mod 10^6 + 

777。 （本题强制在线，所有询问操作的l,r都需要 xor上一次询问的答案 lastans，初始时，

lastans = 0） 

 

Input

 第一行，两个正整数，N，Q，表示序列的长度和询问的个数。 

第二行有N 个正整数，第i个表示Ai. 

下面Q行，每行两个正整数，l r，表示询问[l ^ lastans,r ^ lastans]内所有元素乘积的φ 

Output

Q行，对于每个询问输出一个整数。 

Sample Input

5 10
3 7 10 10 5
3 4
42 44
241 242
14 9
1201 1201
0 6
245 245
7 7
6 1
1203 1203

Sample Output

40
240
12
1200
2
240
4
4
1200
4

HINT

1 <= N <= 50000 

1 <= Q <= 100000 

1 <= Ai <= 10^6 

 

 

考虑phi函数的定义

phi(n)=n*∏(pi-1)/pi。

所以我们对于每个询问，计算出询问区间内有多少不同的素数就行啦。

这难道不是一个经典问题吗？在线回答区间不同数的个数。

设f[i]表示第i个素数上一次出现的位置，那么我们用函数式线段树计算一下区间内f[i]<L-1的数的(pi-1)/pi之积即可。

一个正整数最多有logn个质因子，而每插入一个质因子是logn的，所以时间复杂度为O(nlog^2n)-O(logn)。

另外掌握了O(n)求1到n逆元的姿势。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
    if(head==tail) {
        int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
        tail=(head=buffer)+l;
    }
    return *head++;
}
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=Getchar();
    for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=50010;
const int mod=1000777;
const int maxnode=5000010;
int n,m,cnt,A[maxn],vis[mod+5],first[mod+5],pri[mod],next[mod*3],to[mod*3],e;
ll inv[mod+5],S[maxn],sumv[maxnode],lastans;
void init() {
    inv[1]=inv[0]=1;
    rep(i,2,mod) inv[i]=((mod-mod/i)*inv[mod%i]+mod)%mod;
    rep(i,2,1000000) if(!vis[i]) {
        pri[++cnt]=i;
        for(int j=i;j<=1000000;j+=i) {
            vis[j]=1;
            to[++e]=cnt;next[e]=first[j];first[j]=e;
        }
    }
}
int root[maxn],last[mod+5],ls[maxnode],rs[maxnode],ToT;
void update(int& y,int x,int l,int r,int p,ll v) {
    sumv[y=++ToT]=((x?sumv[x]:1)*v)%mod;if(l==r) return;
    int mid=l+r>>1;ls[y]=ls[x];rs[y]=rs[x];
    if(p<=mid) update(ls[y],ls[x],l,mid,p,v);
    else update(rs[y],rs[x],mid+1,r,p,v);
}
ll query(int y,int l,int r,int pos) {
    if(l==r) return y?sumv[y]:1;
    int mid=l+r>>1;
    if(pos<=mid) return query(ls[y],l,mid,pos);
    return ((ls[y]?sumv[ls[y]]:1)*query(rs[y],mid+1,r,pos))%mod;
}
int main() {
    init();S[0]=1;
    n=read();m=read();
    rep(i,1,n) A[i]=read(),S[i]=(S[i-1]*A[i])%mod;
    rep(x,1,n) {
        root[x]=root[x-1];
        for(int i=first[A[x]];i;i=next[i]) update(root[x],root[x],0,n,last[to[i]],(pri[to[i]]-1)*inv[pri[to[i]]]%mod),last[to[i]]=x;
    }
    while(m--) {
        int l=read()^lastans,r=read()^lastans;
        lastans=(S[r]*inv[S[l-1]])%mod;
        (lastans*=inv[query(root[l-1],0,n,l-1)]*query(root[r],0,n,l-1))%=mod;
        printf("%lld\n",lastans);
    }
    return 0;
}