hdu 4407 SUM（容斥原理）

题意：

有一个元素为 1~n 的数列 An ，有2种操作（最多1000次）：
1. 求某段区间 [a,b] 中与 p 互质的数的和。
2. 将数列中某个位置元素的值改变。

解析：

刚刚开始的时候想成线段树了，看了题解才明白是用容斥原理来做。
对于操作1，解的性质满足区间减法，则我们只需要考虑如何求 [1,n] 中与 p 互质的数的和即可。
由于与 p 互质的数的和不太好求，于是可以通过先求出与 p 不互质的数的和。
若一个数 x 若与 p 不互质，当且仅当两者素因子的集合有交集。
根据这个定理，可以先预处理出每个数的质因子，然后利用利用容斥原理求出，到当前终止位置，有多少数字和 p 不互质。
又由于满足区间减法，所以可以求出有区间内有多少数字和 p 不互质。那么区间内的和减去区间内和 p 不互质的数的和就是最终答案。

对于操作2，修改用map记录，每次扫一遍即可，如果原数和 c 互质就减掉，修改完的数和 c 互质就加上去，总复杂度 O(m2∗log(n))

注意：

n最大为400000，中间过程有n*(n+1)，如果用 int 会超出范围，所以要用 longlong ，不然会WA。

my code

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = (int)4e5 + 5;
map<int, int> mp;
map<int, int>::iterator it;
vector<int> prime[N];
int n, m;

int gcd(int a, int b) {
    if(b == 0) return a;
    else return gcd(b, a%b);
}

void getFactor() {
    for(int i = 2; i < N; i++) {
        if(prime[i].size() > 0) continue;
        for(int j = i; j < N; j += i) {
            prime[j].pb(i);
        }
    }
}

ll cal(int r, int num) {
    int size = prime[num].size();
    ll ret = 0;
    for(int i = 1; i < (1<int cnt = 0;
        ll d = 1;
        for(int j = 0; j < prime[num].size(); j++) {
            if((i >> j) & 1) {
                d *= prime[num][j];
                cnt++;
            }
        }
        ll n = r / d;
        if(cnt & 1) ret += n * (n + 1) / 2 * d;
        else ret -= n * (n + 1) / 2 * d;
    }
    return ret;
}

ll query(int ql, int qr, int val) {
    ll n = (qr - ql + 1);
    ll sum = n * ql + n * (n - 1) / 2;
    sum -= (cal(qr, val) - cal(ql - 1, val));
    for(it = mp.begin(); it != mp.end(); it++) {
        if(ql <= it->first && it->first <= qr) {
            if(gcd(val, it->second) == 1) sum += it->second;
            if(gcd(val, it->first) == 1) sum -= it->first;
        }
    }
    return sum;
}

int main() {
    getFactor();
    int op, x, y, val;
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        mp.clear();
        scanf("%d%d", &n, &m);
        while(m--) {
            scanf("%d", &op);
            if(op == 1) {
                scanf("%d%d%d", &x, &y, &val);
                ll ans = query(x, y, val);
                printf("%lld\n", ans);
            }else {
                scanf("%d%d", &x, &val);
                mp[x] = val;
            }
        }
    }
    return 0;
}