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题目大意: 给出一个序列 a a a,初始每个位置都为 0 0 0,有两种操作:1、给出 n , d , v n,d,v n,d,v,让所有满足 gcd ( n , x ) = d \gcd(n,x)=d gcd(n,x)=d 的 a [ x ] a[x] a[x] 加 v v v;2、求 a a a 的某个前缀和。
维护一个辅助数组 f f f,满足 a i = ∑ d ∣ i f d a_i=\sum_{d|i}f_d ai=∑d∣ifd。
考虑每个 a x a_x ax,它在每次操作时的增加量为 v [ ( x , n ) = d ] v[(x,n)=d] v[(x,n)=d],推一推就是:
v [ ( x , n ) = d ] = v [ ( x d , n d ) = 1 ] = ∑ k ∣ ( x d , n d ) v μ ( k ) = ∑ d k ∣ x , k ∣ n d v μ ( k ) \begin{aligned} &~~~~v[(x,n)=d]\\ &=v[(\frac x d,\frac n d)=1]\\ &=\sum_{k|(\frac x d,\frac n d)}v\mu(k)\\ &=\sum_{dk|x,k|\frac n d}v\mu(k) \end{aligned} v[(x,n)=d]=v[(dx,dn)=1]=k∣(dx,dn)∑vμ(k)=dk∣x,k∣dn∑vμ(k)
可以发现,枚举出一个 n d \dfrac n d dn 的因子 k k k,那么 d k dk dk 一定是满足条件的 x x x 的因子,所以可以让 f d k f_{dk} fdk 加上 v μ ( k ) v\mu(k) vμ(k)。
再考虑求解, ∑ i = 1 x a i = ∑ i = 1 x ∑ j ∣ i f j = ∑ j = 1 n f j ⌊ x j ⌋ \sum_{i=1}^x a_i=\sum_{i=1}^x\sum_{j|i}f_j=\sum_{j=1}^n f_j\lfloor \dfrac x j \rfloor ∑i=1xai=∑i=1x∑j∣ifj=∑j=1nfj⌊jx⌋,于是套一个整除分块即可,这里要求 f f f 的前缀和,所以要用一个树状数组来维护,复杂度为 O ( n n log n ) O(n\sqrt n \log n) O(nnlogn)。
代码如下:
#include
#include
#include
using namespace std;
#define maxn 200010
#define ll long long
int n,m;ll tr[maxn];
void add(int x,int y){for(;x<=maxn-10;x+=(x&-x))tr[x]+=y;}
ll sum(int x){ll re=0;for(;x>=1;x-=(x&-x))re+=tr[x];return re;}
int mu[maxn],prime[maxn],t=0;
bool v[maxn];
struct edge{int y,next;}e[maxn<<4];
int first[maxn],len=0;
void buildroad(int x,int y){e[++len]=(edge){y,first[x]};first[x]=len;}
void work(){
mu[1]=1;for(int i=2;i<=maxn-10;i++){
if(!v[i])prime[++t]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=maxn-10;j++){
v[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=maxn-10;i++)
for(int j=i;j<=maxn-10;j+=i)buildroad(j,i);
}
int main()
{
work();int Case=0;
while(scanf("%d %d",&n,&m),n!=0&&m!=0)
{
printf("Case #%d:\n",++Case);
memset(tr,0,sizeof(tr));
for(int i=1,id,N,D,V;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&id);
if(id==1){
scanf("%d %d %d",&N,&D,&V);
if(N%D==0)for(int j=first[N/D];j;j=e[j].next)add(e[j].y*D,V*mu[e[j].y]);
}else{
scanf("%d",&N);ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=N;l=r+1){
r=N/(N/l);
ans+=N/l*(sum(r)-sum(l-1));
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
}
}