[Codeforces547C]Mike and Foam（莫比乌斯反演+组合数学）

题目描述

传送门
题意：给出一列数a1..an，每一次给出一个数x，将ax的状态取反（有变成没有，没有变成有，初始没有），每一次统计存在的数中gcd(ai,aj)=1(i < j)的有多少个数对。

题解

设 f(n) 表示gcd为n的数对个数， F(n) 表示gcd为n的倍数的数对个数
那么 F(n)=∑n|df(d)
实际上我们要求的就是 f(1)
那么利用反演公式 f(n)=∑n|dμ(dn)F(d)
可以得到 f(1)=∑dμ(d)F(d)

考虑 F(n) 怎么求
假设我们能求出来 g(n) 表示是n的倍数的数的个数
那么显然 F(n)=C2g(n) ，这样的话 F 就可以 O(1) 算
要求 g 的话暴力就可以…类似于埃氏筛法的复杂度分析，大概是 O(nloglogn) 左右？

求 f(1) 的过程中， d 看似没有上限，但是发现如果d>n的话 g(d)=0 ，然后 F(d)=0 ，实际上就没有意义了，所以d的上限也就为n
这样 f(1) 就可以 O(n) 求了

以上讨论的都是给出了所有的数算一遍 f(1) 的做法
但是这道题是有q个操作，其实比上面筛法什么的还要简单，只需要动态维护 f(1) 和 F(d) 的值，每一次对当前数分解质因数就行了，速度也非常优秀
时间复杂度 O(qa√)

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 500005
#define LL long long

int n,q,a[N],p[N],prime[N],mu[N],flag[N];
LL f[N],ans;

void get(int n)
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
    {
        if (!p[i])
        {
            prime[++prime[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;++j)
        {
            p[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
void change(int n,int opt)
{
    for (int i=1;i*i<=n;++i)
        if (n%i==0)
        {
            ans-=f[i]*(f[i]-1)/2*mu[i];
            f[i]+=opt;
            ans+=f[i]*(f[i]-1)/2*mu[i];

            if (n/i==i) continue;

            ans-=f[n/i]*(f[n/i]-1)/2*mu[n/i];
            f[n/i]+=opt;
            ans+=f[n/i]*(f[n/i]-1)/2*mu[n/i];
        }
}
int main()
{
    get(500000);
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
    memset(flag,-1,sizeof(flag));
    for (int i=1;i<=q;++i)
    {
        int x;scanf("%d",&x);
        flag[x]=-flag[x];
        change(a[x],flag[x]);
        printf("%I64d\n",ans);
    }
}