【CF990G】GCD Counting

题目

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/990/G
一棵树，每个点有点权，令 \(g(x,y)\) 表示x到y这条链所有点权的 \(gcd\) ，对于所有 \(1 \leq k \leq 2 \times 10^{5}\)，输出满足\(x \leq y\)的 \(g(x,y)\) 对数。
\(n,a_i\leq 2\times 10^5\)。

思路

有一个非常经典的套路：求 \(\gcd(x,y)=k\) 的方案数只需要求出 \(\gcd(x,y)\) 是 \(k\) 的倍数的方案数，然后容斥一下。
还有一个非常经典的技巧：\(x\leq 5\times 10^5\) 时，\(x\) 的因子数量最多不会超过 \(200\) 个。这玩意在之前做题的时候记了一下。
考虑求出 \(f_i\) 表示路径 \(\gcd\) 是 \(i\) 的倍数的方案数。那么我们把所有包含 \(i\) 因子的点扔进 vector 里，然后遍历每一个连通块求出大小 \(s\)，那么这一个连通块的贡献显然是 \(\frac{s(s-1)}{2}+s\)。
然后倒序枚举容斥一下就好了。
时间复杂度 \(O(200n+n\log n)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=200010;
int n,tot,head[N],a[N],vis[N];
ll f[N];
vector<int> d[N],b[N];

struct edge
{
	int next,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot]=(edge){head[from],to};
	head[from]=tot;
}

int dfs(int x,int id)
{
	vis[x]=id;
	int siz=1;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].to;
		if (vis[v]!=id && !(a[v]%id))
			siz+=dfs(v,id);
	}
	return siz;
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<N;i++)
		for (int j=i;j<N;j+=i)
			d[j].push_back(i);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		for (int j=0;j<d[a[i]].size();j++)
			b[d[a[i]][j]].push_back(i);
	}
	for (int i=1,x,y;i<n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y); add(y,x);
	}
	for (int i=N-1;i>=1;i--)
	{
		for (int j=0;j<b[i].size();j++)
		{
			int x=b[i][j];
			if (vis[x]!=i)
			{
				int s=dfs(x,i);
				f[i]+=1LL*s*(s-1)/2+s;
			}
		}
		for (int j=i*2;j<N;j+=i)
			f[i]-=f[j];
	}
	for (int i=1;i<N;i++)
		if (f[i]) { printf("%d ",i); printf("%lld\n",f[i]); }
	return 0;
}