XSY原創題 友好國度
阿新 • • 發佈:2018-11-05
題目大意
給定一棵樹,每個點有點權,求有多少組點對滿足兩點簡單路徑上的所有點點權的$gcd=1$。
$n,val_i\leq 10^5$
題解
考慮設$G_i$表示簡單路徑上所有點點權均為$i$的倍數的點對數。
那麼最終答案顯然就是$\sum G_i \mu(i)$。
由於求$gcd$,那麼點權某一個質因子次數大於$2$是沒有意義的,所以$val$最多有$6$個質因子
$(2\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13=30030)$。
那麼一個數的約數不超過$64$個,那麼開$n$個$vector$,$vector_i$存點權是$i$倍數的點的集合。
若求$G_i$,只需要求全部由$vector_i$中的點組成的路徑數即可。
那麼將這若干個點取出來,在原樹構成若干個連通塊,那麼每一個連通塊內任意兩點組成路徑均能貢獻,則答案$=\frac{n(n-1)}{2}$。
最後再求與莫比烏斯函式的點積之和即可。
#include<bits/stdc++.h> #define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x #define sp <<" " #define el <<endl #define LL long long #define M 100020 using namespace std; namespace IO{ const int BS=(1<<20)+5; char Buffer[BS],*HD,*TL; char Getchar(){if(HD==TL){TL=(HD=Buffer)+fread(Buffer,1,BS,stdin);} return (HD==TL)?EOF:*HD++;} int read(){ int nm=0,fh=1; char cw=Getchar(); for(;!isdigit(cw);cw=Getchar()) if(cw=='-') fh=-fh; for(;isdigit(cw);cw=Getchar()) nm=nm*10+(cw-'0'); return nm*fh; } }using namespace IO; int sz[M],n,m,fs[M],nt[M<<1],to[M<<1],val[M],tmp; vector<int>G[M]; int p[M],tot,mu[M],vis[M]; bool isp[M]; LL ans; #define link(a,b) nt[tmp]=fs[a],fs[a]=tmp,to[tmp++]=b void init(){ memset(isp,true,sizeof(isp)),mu[1]=1,isp[1]=false; for(int i=2;i<M;i++){ if(isp[i]) p[++tot]=i,mu[i]=-1; for(int j=1;p[j]*i<M&&j<=tot;j++){ isp[p[j]*i]=false;if(i%p[j]==0) break;mu[p[j]*i]=-mu[i]; } } } void dfs(int x,int last,int num){ vis[x]=num,sz[x]=1; for(int i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]){ if(to[i]==last||val[to[i]]%num) continue; dfs(to[i],x,num),sz[x]+=sz[to[i]]; } } void solve(int num,LL res=0){ for(int k=0,TT=G[num].size();k<TT;k++){ int x=G[num][k]; if(vis[x]==num) continue; dfs(x,0,num),res+=((LL)sz[x]*(LL)(sz[x]-1))>>1; } if(res) ans+=mu[num]*res; } int main(){ init(),n=read(),memset(fs,-1,sizeof(fs)); for(int i=1;i<n;i++){int x=read(),y=read();link(x,y),link(y,x);} for(int i=1;i<=n;i++){ val[i]=read(); for(int j=1;p[j]*p[j]<=p[i];j++) while(val[i]%(p[j]*p[j])==0) val[i]/=p[j]; for(int j=1;j*j<=val[i];j++){ if(val[i]%j) continue; G[j].push_back(i); if(j*j<val[i]) G[val[i]/j].push_back(i); } } for(int i=1;i<M;i++) solve(i); printf("%lld\n",ans); return 0; }