bzoj 3853 : GCD Array

搬运题解
Claris：
1 n d v相当于给$a[x]+=v[\gcd(x,n)=d]$

$\begin{eqnarray*}&&v[\gcd(x,n)=d]\\&=&v[\gcd(\frac{x}{d},\frac{n}{d})=1]\\&=&v\sum_{k|\gcd(\frac{x}{d},\frac{n}{d})}\mu(k)\\&=&\sum_{k|\frac{n}{d},dk|x}v\mu(k)\end{eqnarray*}$
设 $a[i]=\sum_{j|i}f[j]$
则每次修改相当于枚举$k|\frac{n}{d}$，然后给$f[dk]+=v\mu(k)$
查询$x=\sum_{i=1}^x a[i]=\sum_{i=1}^x\sum_{d|i}f[d]=\sum_{d=1}^x f[d]\frac{x}{d}$
可以分块统计，用树状数组维护f[]的前缀和

大概维护一个数列
支持
1.对所有x的倍数的位置加上v
2.查询前缀和
可以用分块的方法把复杂度降为$n\sqrt{n}logn$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define ll long long
#define pb(x) push_back(x)
#define N 200005
using namespace std;
int n,q;
int su[N],tot,pr[N],miu[N];
const int inf = 200000;
vector<int>v[N];
void shai()
{
	miu[1]=1;
	for(int i=1;i<=inf;i++)v[i].pb(1);
	for(int i=2;i<=inf;i++)
	{
		if(!pr[i])
		{
			pr[i]=i;
			su[++tot]=i;
			miu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=tot&&su[j]*i<=inf;j++)
		{
			pr[su[j]*i]=su[j];
			if(su[j]==pr[i])
			{
				break;
			}
			else miu[su[j]*i]=-miu[i];
		}
		for(int j=i;j<=inf;j+=i)v[j].pb(i);
	}
	return ;
}
ll c[N];
void add(int x,int z)
{
	for(int i=x;i<=n;i+=(i&(-i)))
	{
		c[i]+=z;
	}
	return ;
}
ll qur(int x)
{
	ll ans=0;
	for(int i=x;i;i-=(i&(-i)))
	{
		ans+=c[i];
	}
	return ans;
}
int main()
{
	shai();int cnt=0;
	while(~scanf("%d%d",&n,&q))
	{
		if(!n&&!q)break;
		printf("Case #%d:\n",++cnt);
		for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=0;
		int t1,t2,t3,t4;
		for(int i=1;i<=q;i++)
		{
			scanf("%d",&t1);
			if(t1==1)
			{
				scanf("%d%d%d",&t2,&t3,&t4);
				if(t2%t3!=0)continue;
				int num=t2/t3;
				for(int j=0;j<v[num].size();j++)
				{
					int k=v[num][j];
					add(k*t3,miu[k]*t4);
				}
			}
			else 
			{
				scanf("%d",&t2);
				ll ans=0;int r;
				for(int l=1;l<=t2;l=r+1)
				{
					r=t2/(t2/l);
					ans+=1LL*(t2/l)*(qur(r)-qur(l-1));
				}
				printf("%lld\n",ans);
			}
			
		}
		
	}
	return 0;
}