Codeforces Round 1042 (Div. 3) H. Sea, You & copriMe 题解

Codeforces Round 1042 (Div. 3)

给定数组，求四元组使得前两个互质且后两个互质，互不相同且不要求升序排列（可以交错）

可以转化为图论问题，将互质的两个数连边，题意为找到图上大小为 2 的一组匹配。

考虑这个图的性质。

若出现两个出度 \(\ge 2\) 的点显然可行，这两个点分别匹配就行。

贪心的考虑我们会先将出度为 2 的点与其邻居中出度最小的点匹配，因为这样减少了浪费。
若只剩下出度为 \(1\) 的点显然随便。

匹配完后再从图中将这两个点删除，再次匹配，得到答案。

一个 \(x\) 点的出度为

\[\sum_{i=1}^{n} [gcd(a_i,a_x)=1] \]

若为 \(a_x = 1\) 还需减去自身。

根据莫比乌斯反演，

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{d|a_i,d|a_x} \mu(d) \]

\[\sum_{d|a_x} \mu(d) \times cnt_d \]

\(cnt_d\) 为是 \(d\) 倍数的数的个数。

可以快速计算。

至于匹配，暴力扫一遍即可。

时间复杂度 \(O(n\times d(m))\) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int,int>
#define rep(k,a,b) for (int k = a;k <= b;k++)
#define adde(a,b) v[a].push_back(b)
#define addev(a,b,c) v[a].push_back({b,c});
#define rd read
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define pb push_back
#define vct vector
#define rev(T) reverse(T.begin(),T.end())
#define endl "\n"

const int N = 2e5+5,M =1e6+5;

int mu[M],primes[M],cnt;
vct<int> yin[M];

void shai(int n)
{
    vct<int> vis(n + 2);
    cnt = 0;
    mu[1] = 1;

    for (int i = 2;i <= n;i++)
    {
        if (!vis[i]) primes[cnt++] = i,mu[i] = -1;
        for (int j = 0;primes[j] <= n/i;j++)
        {
            vis[primes[j] * i] = 1;
            if (i % primes[j] == 0) 
            {
                mu[primes[j] * i] = 0;
                break;
            }else mu[primes[j] * i] =  mu[i]  * -1;
        }
    }

}



void solvemain()
{
    int n,m;cin >> n >> m;
    vector<int> a(n + 2),cnt(m + 2),box(m + 2),deg(n + 2);
    
    rep(i,1,n) cin >> a[i],box[a[i]]++;

    rep(d,1,m)
    {
        for (int i = d;i <= m;i+=d) cnt[d] += box[i];
    }
    
    vct<int> ans(5);

    int maxn = 0,id = -1;
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        int res=  0;
        for (auto d : yin[a[i]]) res += mu[d] * cnt[d];
        if (res > maxn) maxn = res,id = i;
        deg[i] = res - (a[i] == 1);
        // cout << i << ' '<< deg[i] << endl;
    }
    
    ans[1] = id;
    int mnid = -1;
    for (int i = 1;i <= n;i++)
    {
        if (i == id) continue;
        if (gcd(a[i],a[id]) == 1) 
        {
            if (mnid == -1 || deg[mnid] > deg[i]) mnid = i;
        }

    }
    ans[2] = mnid;
    
    // cout << ans[1] << ' '<< ans[2] << endl;
    // ans[2] = i;
    int x = mnid;
    rep(i,1,m) box[i] = cnt[i] = 0;
    rep(i,1,n) 
        if (i!=x && i!= id) box[a[i]]++;

    rep(d,1,m)
    {
        for (int i = d;i <= m;i+=d) cnt[d] += box[i];
    }
    rep(i,1,n)
    {
        if (i == id || i == x) continue;
        int res=  0;
        for (auto d : yin[a[i]]) res += mu[d] * cnt[d];
        if (res)
        {
            rep(j,1,n)
            {
                if (j == id || j == x || j == i) continue;
                if (__gcd(a[i],a[j]) == 1)
                {
                    cout << ans[1] << ' '<< ans[2] << ' '<< i << ' ' << j << endl;return;
                }
            }
        }
    }
    cout << 0 << endl;   
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);
    int t;t = 1;cin >> t;
    int m = 1e6 ;
    for (int i = 1;i <= m;i++)
    {
        // if (mu[i] != 0)
        for (int j = i;j <= m;j+=i)
            yin[j].pb(i);
    }
    shai(m);
    while(t--){solvemain();}return 0;
}