前 $50$ 分基本是白給的。現在來討論 Subtask 5，也就是說求： $$ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}f_d(ij) $$ 注意到如果令 $g(i)$ 表示 $\prod (-1)^{k_i}$，那麼有 $f_d(ij)=g(i)g(j)f_d(ij)^2$ 。此時

題目傳送門。

前 \(50\) 分基本是白給的。現在來討論 Subtask 5，也就是說求：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}f_d(ij) \]

注意到如果令 \(g(i)\) 表示 \(\prod (-1)^{k_i}\)，那麼有 \(f_d(ij)=g(i)g(j)f_d(ij)^2\) 。此時令 \(h(i)\) 表示最大的 \(t\) 滿足 \(t^{d+1}|i\)，那麼可以發現 \(f_{d}(ij)^2=[h(ij)=1]=\sum\limits_{k|h(ij)}\mu (k)=\sum\limits_{t^{d+1}|ij}\mu (t)\) 。

此時考慮插入一個數怎麼更新，具體考慮插入 \(r\)

，那麼帶來的影響有：

\[\sum_{l=1}^{r}f_d(lr)=g(r)\sum\limits_{t}\mu (t)\sum_{l=1}^{r}g(l)\left[\frac{t^{d+1}}{\gcd (t^{d+1},r)}|l\right] \]

此時考慮 \(t\) 的列舉範圍，如果 \(t\not\mid r\) 的話，那麼能夠滿足 \(t^{d+1}|lr\) 就一定存在質數 \(p\) 使得 \(p^{d+1}|l\)，那麼此時 \(f_d(lr)\) 必然為 \(0\)，不需要考慮。

這樣插入一個數的時候就只需要考慮其因數作為 \(t\)，然後求出 \(\frac{t^{d+1}}{\gcd (t^{d+1},r)}\)

後考慮 \(l\) 即可（每個 \(l\) 都放在其的每個因處）。那麼我們就得到了 \(O(n\ln n)\) 的做法，關鍵思路就是重寫給定函式然後用莫比烏斯函式代替，最後找一下性質幹掉無用情況。

順帶提一句，莫比烏斯函式有個性質是 \(\mu(ij)=\mu(i)\mu(j)\mu(ij)^2\) 。說白了上述的 \(f_d(ij)=g(i)g(j)f_d(ij)^2\) 其實就是將這個改寫了一下得到的。

接下來考慮上樹，注意到刪除加入一個點的代價都是其因數個數個，直接莫隊的話因為詢問區間左端點不重複，最後每個點操作的次數都是 \(O(\sqrt{n})\)，那麼總複雜度就是 \(O(n\ln n\sqrt{n})\)

。

接著考慮能不能做到更優，具體考慮鏈分治。每次繼承重子樹貢獻，重新計算輕子樹的貢獻，然後加入自身的貢獻。那麼每一個點的加入次數是 \(O(\log n)\) 的，因此總複雜度為 \(O(n\ln n\log n)\) 。

我認為本題前 50 分和後 50 分之間的關鍵突破點在於怎麼重寫 \(f_d(x)\) 使其變得更加好計算，得出上面的貢獻計算式後，接下來的無論是莫隊還是鏈分治都很自然並且很簡單了。

其實對於這類問題（最後轉化成了倍數或者因數做貢獻，總複雜度就變成了 \(O(n\ln n)\)），基本都會限制 \(a_i\) 是排列。這點給我們的啟發就是看到這種排列性質的話，如果又是這種數論題，那麼可以想想是不是和倍數因數有關。