标签：Counting GCD siz ll pri mu leq include CF990G
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF990G
题目大意
给出一棵有点权的树，对于每个 k k k求有多条路径的点权 g c d gcd gcd为 k k k
1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ a i ≤ 2 × 1 0 5 1\leq n\leq 2\times 10^5,1\leq a_i\leq 2\times 10^5 1≤n≤2×105,1≤ai≤2×105
解题思路
开始以为要莫反，后来发现不用。
首先 g c d gcd gcd之间拆倍数，设 f i f_i fi表示点权都是 i i i的倍数的路径条数，这个用一个 v e c t o r vector vector存然后暴力枚举 i i i加点每次 d f s dfs dfs出每个联通块的大小就好了。
之后倒序枚举 i i i，再枚举它的倍数 i k ik ik，然后 f i − = f i k f_i-=f_{ik} fi−=fik，这样就自动容斥，用不上莫比乌斯反演了。
时间复杂度 O ( ∑ i = 1 n σ 0 ( a i ) + n log n ) O(\sum_{i=1}^n\sigma_0(a_i)+n\log n) O(∑i=1nσ0(ai)+nlogn)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
ll n,w[N],v[N],f[N];
vector<ll> p[N],G[N];
//void Prime(){
// mu[1]=1;
// for(ll i=2;i<N;i++){
// if(!v[i])v[i]=1,pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
// for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
// v[i*pri[j]]=1;
// if(i%pri[j]==0)break;
// mu[i*pri[j]]=-mu[i];
// }
// }
// return;
//}
ll Add(ll x,ll fa,ll k){
v[x]=k;ll siz=0;
for(ll i=0;i<G[x].size();i++){
ll y=G[x][i];
if(y==fa||w[y]%k)continue;
siz+=Add(y,x,k);
}
return siz+1;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&w[i]);
p[w[i]].push_back(i);
}
for(ll i=1;i<n;i++){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
for(ll i=1;i<=2e5;i++)
for(ll j=i;j<=2e5;j+=i)
for(ll k=0;k<p[j].size();k++){
ll x=p[j][k];
if(v[x]==i)continue;
ll siz=Add(x,x,i);
f[i]+=siz*(siz+1)/2;
}
for(ll i=2e5;i>=1;i--)
for(ll j=2*i;j<=2e5;j+=i)
f[i]-=f[j];
for(ll i=1;i<=2e5;i++)
if(f[i])printf("%lld %lld\n",i,f[i]);
return 0;
}
标签：Counting,GCD,siz,ll,pri,mu,leq,include,CF990G 来源： https://blog.csdn.net/Mr_wuyongcong/article/details/115770064
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