CF920F SUM and REPLACE
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CF920F SUM and REPLACE
SUM and REPLACE
给定 \(n\) 个数的数组 \(a\)，\(m\) 次操作。操作有两种：
1. 将 \(i\in[l,r]\) 中的所有 \(a_i\) 替换为 \(d(a_i)\)。\(d(x)\) 表示 \(x\) 的正约数的个数。
2. 求 \(\displaystyle\sum_{i=l}^r a_i\)。
\(1\le n,m\le 3\times 10^5\)，\(1\le a_i\le 10^6\)。
样例 #1
样例输入 #1
7 6
6 4 1 10 3 2 4
2 1 7
2 4 5
1 3 5
2 4 4
1 5 7
2 1 7
样例输出 #1
30
13
4
22
解题思路
势能线段树
先用线性筛预处理出 \(1\sim 10^6\) 中每个数的约数个数 \(D[i]\)，约数个数为 \((\alpha_1+1)\times (\alpha_2+1)\times \dots \times (\alpha_k+1)\)，线性筛时设置一个变量 \(f[i]\) 表示 \(i\) 的最小素因子出现的次数，处理 \(i\times prime[j]\) 时，如果 \(i\bmod prime[j]= 0\)，则说明 \(i\) 中已经含有 \(prime[j]\) 这个最小质因子，则 \(f[i\times prime[j]]=f[i]+1\)，\(D[i]\) 先除掉其原来最小质因子的贡献再乘上 \(f[i\times prime[j]]+1\) 即为 \(D[i\times prime[j]\)，否则如果 \(i\bmod prime[j]\neq 0\)，说明 \(primes[j]\) 是 \(i\times primes[j]\) 的唯一一个最小质因子
然后由于 \(D[1]=1,D[2]=2\) 这两个数修改时不影响答案，所以只需要修改那些 \(mx>2\) 的区间，每个数修改次数不会很多，线段树暴力修改即可
- 时间复杂度：\(O(1000000+m\times log^2n)\)
代码
// Problem: F. SUM and REPLACE
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 37 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/920/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=3e5+5,M=1e6+6;
int n,m,a[N],D[M];
int cnt,prime[N],f[M];
bool v[M];
void primes(int n)
{
D[1]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!v[i])
{
cnt++;
prime[cnt]=i;
D[i]=2,f[i]=1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++)
{
v[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0)
{
f[i*prime[j]]=f[i]+1;
D[i*prime[j]]=D[i]/(f[i]+1)*(f[i*prime[j]]+1);
break;
}
f[i*prime[j]]=1;
D[i*prime[j]]=D[i]*D[prime[j]];
}
}
}
struct Tr
{
int l,r,mx;
LL sum;
}tr[N<<2];
void pushup(int p)
{
tr[p].sum=tr[p<<1].sum+tr[p<<1|1].sum;
tr[p].mx=max(tr[p<<1].mx,tr[p<<1|1].mx);
}
void build(int p,int l,int r)
{
tr[p]={l,r};
if(l==r)
{
tr[p].sum=tr[p].mx=a[l];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
pushup(p);
}
void change(int p,int l,int r)
{
if(tr[p].l==tr[p].r)
{
tr[p].sum=tr[p].mx=D[tr[p].sum];
return ;
}
int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;
if(l<=mid&&tr[p<<1].mx>2)change(p<<1,l,r);
if(r>mid&&tr[p<<1|1].mx>2)change(p<<1|1,l,r);
pushup(p);
}
LL ask(int p,int l,int r)
{
if(l<=tr[p].l&&tr[p].r<=r)return tr[p].sum;
LL res=0;
int mid=tr[p].l+tr[p].r>>1;
if(l<=mid)res+=ask(p<<1,l,r);
if(r>mid)res+=ask(p<<1|1,l,r);
return res;
}
int main()
{
primes(M-1);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
build(1,1,n);
while(m--)
{
int op,l,r;
scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
if(op==1)change(1,l,r);
else
printf("%lld\n",ask(1,l,r));
}
return 0;
}
