UNIQUE VISION Programming Contest 2022（AtCoder Beginner Contest 248）G.GCD cost on the tree（反演/容斥）

题目

n(n<=1e5)个点的一棵树，每个点有点权ai(1<=ai<=1e5)，

对于树上两个点s、t，定义C(s,t)=k×gcd(Ap1​​,Ap2​​,…,Apk​​)，

其中，k为s到t这条链的顶点个数，p1为点s，pk为点t，中间的点是链上经过的点

求，答案对998244353取模

思路来源

dls/官方题解

题解1（反演）

根据反演，考虑将gcd的贡献拆开，然后统计每一部分贡献的倍数有哪些，

根据式子，将gcd(a1,...,an)的贡献展开，

 即对于每个因子d，在d的倍数的路径上，都有phi(d)的贡献，

则问题转化为，按因子建树，dfs树，对每个因子求贡献

TIPS

根据式子，移项得到，

即可以得到O(nlogn)求phi的方法，即一开始初始化phi(n)=n，

在枚举到某一对(因子,倍数)关系的时候，令倍数减去因子的phi值

代码1

#include
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=1e5,mod=998244353;
int n,u,v,phi[N],a[N],sz[N],all,ans,cnt;
bool vis[N];
vectore[N],fac[N],h[N];
vectornow;
struct edge{
	int u,v;
}f[N];
void dfs(int u,int fa){
	all++;
	vis[u]=1;
	sz[u]=1;
	for(auto &v:e[u]){
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	for(auto &v:e[u]){
		if(v==fa)continue;
		cnt=(cnt+1ll*sz[v]*(all-sz[v])%mod)%mod;
		dfs2(v,u);
	}	
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=M;++i){
		phi[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=M;++i){
		fac[i].push_back(i);
		for(int j=2*i;j<=M;j+=i){
			fac[j].push_back(i);
			phi[j]-=phi[i];
		} 
	}
	for(int i=1;i v:%d\n",i,u,v);
			if(!vis[u]){
				now.push_back(u);
				vis[u]=1;
			}
			if(!vis[v]){
				now.push_back(v);
				vis[v]=1;
			}
		}
		for(auto &v:now)vis[v]=0;
		for(auto &v:now){
			if(!vis[v]){
				all=cnt=0;
				dfs(v,-1);
				dfs2(v,-1);
				cnt=(cnt+1ll*all*(all-1)/2%mod)%mod;
				//printf("i:%d phi:%d all:%d cnt:%d\n",i,phi[i],all,cnt);
				ans=(ans+1ll*phi[i]*cnt%mod)%mod;
			}	
		}
		for(auto &v:now){
			e[v].clear();
			vis[v]=0;
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
} 

题解2（容斥）

先对于每个因子d，求出d的倍数的路径有多少条，然后因为会有算重，

记ans[i]为恰为因子d的贡献，则ans[i]需要减去ans[2*i],ans[3*i],...，减去每一个倍数的贡献

代码2

#include
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=1e5,mod=998244353;
int n,u,v,phi[N],a[N],sz[N],all,ans[N],cnt,res;
bool vis[N];
vectore[N],fac[N],h[N];
vectornow;
struct edge{
	int u,v;
}f[N];
void dfs(int u,int fa){
	all++;
	vis[u]=1;
	sz[u]=1;
	for(auto &v:e[u]){
		if(v==fa)continue;
		dfs(v,u);
		sz[u]+=sz[v];
	}
}
void dfs2(int u,int fa){
	for(auto &v:e[u]){
		if(v==fa)continue;
		cnt=(cnt+1ll*sz[v]*(all-sz[v])%mod)%mod;
		dfs2(v,u);
	}	
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=M;++i){
		phi[i]=i;
	}
	for(int i=1;i<=M;++i){
		fac[i].push_back(i);
		for(int j=2*i;j<=M;j+=i){
			fac[j].push_back(i);
			phi[j]-=phi[i];
		} 
	}
	for(int i=1;i v:%d\n",i,u,v);
			if(!vis[u]){
				now.push_back(u);
				vis[u]=1;
			}
			if(!vis[v]){
				now.push_back(v);
				vis[v]=1;
			}
		}
		for(auto &v:now)vis[v]=0;
		for(auto &v:now){
			if(!vis[v]){
				all=cnt=0;
				dfs(v,-1);
				dfs2(v,-1);
				cnt=(cnt+1ll*all*(all-1)/2%mod)%mod;
				//printf("i:%d phi:%d all:%d cnt:%d\n",i,phi[i],all,cnt);
				ans[i]=(ans[i]+cnt)%mod;
			}	
		}
		for(auto &v:now){
			e[v].clear();
			vis[v]=0;
		}
	}
	for(int i=M;i;--i){
		for(int j=2*i;j<=M;j+=i){
			ans[i]=(ans[i]-ans[j]+mod)%mod;
		}
		res=(res+1ll*i*ans[i]%mod)%mod;
	}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}