Codeforces 990G GCD Counting 题解

设 \(k\) 的答案为 \(g(k)\)，直接计算 \(g(k)\) 貌似很难，设 \(f(k)\) 为 \(k\mid\gcd(x,y)\) 的 \((x,y),x\leq y\) 个数。（这里定义 \(\gcd(x,y)\) 为 \(x\) 到 \(y\) 最短路径的点权 \(\gcd\)）

可以莫比乌斯反演一下，有：

\[f(d)=\sum_{d|n}g(n)\Rightarrow g(d)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})f(n) \]

假如我们已经处理出了 \(f\)，筛出 \(\mu\) 后就能在 \(\mathcal{O}(n\log n)\) 的复杂度内算出 \(g\)。

如何算 \(f\) ？注意到 \(\leq 2\times 10^5\) 的最大约数个数是 \(\leq 240\) 的，可以暴力找出所有约数，并在这些约数为编号的图中加入这条边。

对于每个数 \(i\) 为编号的图中统计 \(f_i\)，用并查集，每次合并连通块时候 \(f_i\) 加上跨合并连通块的这条边左右两边点数的乘积。

总复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log n+n\sqrt a)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector> 
typedef long long ll;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T>
T& read(T& r) {
	r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
	while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
	while(ch >= '0' && ch <= '9') r = r * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return r = w ? -r : r;
}
inline int gcd(int x, int y) { return !y ? x : gcd(y, x % y); } 
const int N = 200005;
int n, mx, a[N];
ll f[N];
std::vector<int>vec[N];
struct DSU {
	int fa[N], siz[N];
	int find(int x) { return fa[x] = fa[x] == x ? x : find(fa[x]); }
	void merge(int t, int x, int y) {
		int fx = find(x), fy = find(y);
		if(fx == fy) return ;
		f[t] += 1ll * siz[fx] * siz[fy];
		fa[fx] = fy;
		siz[fy] += siz[fx];
	}
}dsu;
int prime[N], pct, mu[N];
int lu[N], lv[N]; 
bool vis[N]; 
void init() {
	vis[1] = 1; mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= mx; ++i) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++pct] = i;
			mu[i] = -1;
		}
		for(int j = 1; j <= pct && i * prime[j] <= mx; ++j) {
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) { mu[i * prime[j]] = 0; break; }
			mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
}
int main() {
	read(n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		read(a[i]);	
		mx = Max(mx, a[i]);
		for(int j = 1; j * j <= a[i]; ++j) {
			if(a[i] % j) continue ;
			++f[j];
			if(j * j != a[i]) ++f[a[i]/j];
		}
	}
	init();
	for(int i = 1; i < n; ++i) {
		read(lu[i]); read(lv[i]);
		int g = gcd(a[lu[i]], a[lv[i]]);
		for(int j = 1; j * j <= g; ++j)
			if(g % j == 0) {
				vec[j].push_back(i);
				if(j * j != g) vec[g / j].push_back(i);
			}
	}
	for(int i = 1; i <= mx; ++i) {
		for(auto x : vec[i]) {
			dsu.fa[lu[x]] = lu[x];
			dsu.fa[lv[x]] = lv[x];
			dsu.siz[lu[x]] = 1;
			dsu.siz[lv[x]] = 1;
		}
		for(auto x : vec[i])
			dsu.merge(i, lu[x], lv[x]);
	}
	for(int i = 1; i <= mx; ++i) {
		ll ans = 0;
		for(int j = i; j <= mx; j += i) ans += mu[j / i] * f[j];
		if(ans) printf("%d %lld\n", i, ans);
	}
	return 0;
}