今天學長剛剛總結的一類題型

給出了兩道例題，一道是CF220B

另一個是牛客的這道；

題意（CF220B）:

每次詢問區間[L,R]有多少個數x出現了剛好x次

題意（牛客）：

每次詢問[L,R]有多少數字，a[i]滿足和區間內的其他數都互質

Trick：

自己總結了一下這樣的題的一個算是一個通用的trick吧，首先是對於多次詢問的題目 ，

然後因為我們需要把詢問離線到端點上（具體操作看程式碼就懂），所以每次詢問所涉及到的數字必須是在區間[L,R]內的，就是說區間外的數並不對區間內產生直接的影響，

然後一般是詢問區間的內的點對這類問題，因為找 點對 比較好的入手的方式就是看每個點的貢獻，但是每次詢問又不能掃一遍區間，所以我們只掃一遍區間，在端點上記錄詢問資訊

思路（牛客）：

Q1:考慮一個數需要滿足什麼樣的條件和區間所有的數都互質

A1: 這個質因子分解後和所有的數都沒有共同的質因子

那麼首先我們需要在logn的時間複雜度內求出一個數的所有質因子（因為需要對每一個數都要質因子分解）

Q2：對於當前的數x，質因子分解後得到p1,p2,p3怎麼計算貢獻

A2：假設我們知道p1,p2,p3上一次出現的位置即[1,i-1]，找一個最大值ma,那麼區間[ma+1,i]這一段的貢獻一定是1

Q3:怎麼消除一個位置的貢獻

A3：消除和新增這裡都選擇用樹狀陣列實現，維護差分序列，維護單點修改，區間查詢

操作細節：

假設當前操作到的數字是a[i]，質因子分解後是p1,p2,p3

首先找到Q2的ma，然後單點修改兩個點的值

然後

找到p1,p2,p3上一次出現的位置 （如果是第一次消除這個位置的貢獻，那麼這個位置的貢獻一定是1） 單點修改值

p1，p2,p3被修改為1的時候他們都各自有一個ma1,ma2,ma3被修改為-1，消除貢獻的時候要把ma1,ma2,ma3改回0

具體操作看程式碼

CODE:

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

const int maxn = 2e5 + 7;

#define mst(x, a) memset(x, a, sizeof(x))
#define
 
 rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)

int n, m, a[maxn], ans[maxn];
vector<pair<int, int>> e[maxn];
int pos[maxn], pre[maxn], flag[maxn];

int t[maxn];
int lowbit(int x) {
    return x & (-x);
}
void add(int x, int op) {
    if (x == 0)
        return;
    while (x <= n) {
        t[x] += op;
        x += lowbit(x);
    }
}
int query(int x) {
    int res = 0;
    while (x > 0) {
        res += t[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return res;
}
int xx, p[maxn], mi[maxn], vis[maxn];
void oula() {
    for (int i = 2; i < maxn - 2; i++) {
        if (vis[i] == 0)
            p[++xx] = i, mi[i] = i;
        for (int j = 1; j <= xx && i * p[j] < maxn - 2; j++) {
            vis[i * p[j]] = 1;
            mi[i * p[j]] = p[j];
            if (i % p[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    oula();/*預處理出每個數的最小質因子*/
    while (cin >> n >> m) {
        rep(i, 1, n) cin >> a[i], t[i] = pos[i] = flag[i] = pre[i] = 0;
        rep(i, 1, n) e[i].clear();
        rep(i, 1, m) {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            /*將詢問離線到端點*/
            e[y].push_back({x, i});
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            /*logn的質因子分解*/
            int t = a[i];
            set<int> s;
            while (t > 1) {
                int mm = mi[t];
                s.insert(mm);
                t /= mm;
            }

            /*找出距離i最近的一個質因子(其最後一次出現的位置)*/
            int ma = 0;
            for (auto num : s)
                ma = max(ma, pos[num]);
                
            /* 消除 相同質因子的貢獻 */
            for (auto num : s) {
                if (flag[pos[num]] == 0) {
                    add(pos[num], -1);
                    if (pre[pos[num]])
                        add(pre[pos[num]], 1);
                    flag[pos[num]] = 1;
                }
            }
            /*更新每個質因子最後一次出現的位置*/
            for (auto num : s)
                pos[num] = i;

            
            add(i, 1);
            pre[i] = ma;
            add(ma, -1);
            for (auto fr : e[i])
                ans[fr.second] = query(i) - query(fr.first - 1);
        }
        rep(i, 1, m) cout << ans[i] << endl;
    }

    return 0;
}
/*

*/