牛客练习赛85 数学家的迷题（带修莫队/线段树）

题意：
1：将a[id]a[id]a[id]的值改为xxx。
2：令t=a[l]×a[l+1]×...×a[r−1]×a[r]t=a[l]×a[l+1]×...×a[r−1]×a[r]t=a[l]×a[l+1]×...×a[r−1]×a[r]，求t能被多少个不同的素数整除。

题解：
本题有两种解法，带修莫队和线段树，带修莫队的话需要开个O3提提速，不然会T一个点。

1.带修莫队
题目不是5e4的范围吗，带修莫队会卡时间？
因为莫队移动的操作时间复杂度为O(1)，但是这个移动的时间复杂度却不是O(1)，应该是一个10左右的常数的大小，再加上vector本身就有点慢，所以会有点卡时间。

带修莫队的话，其实就可以当场是一个比较模板的题目了，只不过一个位置上的数字变成了好几个而已。

代码：

#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>#define endl '\n'using namespace std;
const int maxn=1e5+10;bool vis[maxn];
int prime[maxn], tot;void get_prime(int n) {vis[1] = true;for(int i = 2; i <= n; ++ i) {if (!vis[i]) prime[++tot] = i;for(int j = 1; prime[j] <= n/i; ++ j) {vis[prime[j] * i] = true;if (i % prime[j] == 0) break;}}
}
vector<int> pri[maxn];
struct node{int l,r,id,t;
}q[maxn];
pair<int,vector<int> > c[maxn];
int be[maxn];
int cntq,cntc,sz;
int cnt[maxn];struct rule{bool operator ()(const node & x,const node & y)const{if(be[x.l]!=be[y.l])return x.l<y.l;if(be[x.r]!=be[y.r])return x.r<y.r;return x.t<y.t;}
};
int sum;
int l=0,r,t;
void add(int x){for(auto i:pri[x]){if(++cnt[i]==1) sum++;}
}
void sub(int x){for(auto i:pri[x]){if(--cnt[i]==0) sum--;}
}
void upt(int x){if(c[x].first>=l&&c[x].first<=r){for(auto i:pri[c[x].first]){if(--cnt[i]==0) sum--;}for(auto i:c[x].second){if(++cnt[i]==1) sum++;}}swap(pri[c[x].first],c[x].second);
}
int ans[maxn];
int main(){get_prime(100000);int n,m;ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;sz=pow(n,2.0/3.0);for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;be[i]=i/sz+1;for(int k=1;k<=tot;k++){if(x==1) break;if(vis[x]==false){pri[i].push_back(x);break;}bool flag=false;while(x%prime[k]==0){x/=prime[k];flag=true;}if(flag){pri[i].push_back(prime[k]);}}}for(int i=1;i<=m;i++){int opt,x,y;cin>>opt>>x>>y;if(opt==1){c[++cntc].first=x;//c[cntc].second=y;for(int k=1;k<=tot;k++){if(y==1) break;if(vis[y]==false){c[cntc].second.push_back(y);break;}bool flag=false;while(y%prime[k]==0){y/=prime[k];flag=true;}if(flag){c[cntc].second.push_back(prime[k]);}}}else{q[++cntq].l=x;q[cntq].r=y;q[cntq].t=cntc;q[cntq].id=cntq;}}sort(q+1,q+cntq+1,rule());for(int i=1;i<=cntq;i++){while(r<q[i].r) add(++r);while(l>q[i].l) add(--l);while(r>q[i].r) sub(r--);while(l<q[i].l) sub(l++);while(t<q[i].t) upt(++t);while(t>q[i].t) upt(t--);ans[q[i].id]=sum;}for(int i=1;i<=cntq;i++) cout<<ans[i]<<endl;}

2.线段树

线段树上每个点维护一个bitset即可。
最原始的线段树是求得和，这里的话把求和改成求或即可。
注意要压缩一下bitset的使用空间，1e5大约有1e4个素数，我们不能开1e5的bitset，我们只需要开1e4的bitset即可，把1e4的素数按照大小安排在每个位置，类似于离散化。

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>#define endl '\n'
//#define ll long longusing namespace std;
const int maxn=1e5+10;bitset<10000> s[maxn*2];bool vis[maxn];
int prime[maxn], tot;void get_prime(int n) {vis[1] = true;for(int i = 2; i <= n; ++ i) {if (!vis[i]) prime[++tot] = i;for(int j = 1; prime[j] <= n/i; ++ j) {vis[prime[j] * i] = true;if (i % prime[j] == 0) break;}}
}
vector<int> pri[maxn];
int mp[maxn];void build(int node,int start,int ends){if(start==ends){for(auto i:pri[start]){s[node][mp[i]]=1;//cout<<" debug "<<mp[i]<<endl;}return ;}int mid=(start+ends)/2;build(node*2,start,mid);build(node*2+1,mid+1,ends);s[node]=s[node*2+1]|s[node*2];
}void update(int node,int start,int ends,int pos){if(start==pos&&ends==pos){s[node].reset();for(auto i:pri[start]){s[node][mp[i]]=1;}return ;}int mid=(start+ends)/2;if(pos<=mid) update(node*2,start,mid,pos);else update(node*2+1,mid+1,ends,pos);s[node]=s[node*2+1]|s[node*2];}
bitset<10000> query(int node,int start,int ends,int l,int r){if(l<=start&&ends<=r){return s[node];}int mid=(start+ends)/2;bitset<10000> res;if(l<=mid) res|=query(node*2,start,mid,l,r);if(mid<r) res|=query(node*2+1,mid+1,ends,l,r);return res;
}int main(){get_prime(100000);int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=tot;i++){mp[prime[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){int x;cin>>x;for(int k=1;k<=tot;k++){if(x==1) break;if(vis[x]==false){pri[i].push_back(x);break;}bool flag=false;while(x%prime[k]==0){x/=prime[k];flag=true;}if(flag){pri[i].push_back(prime[k]);}}}build(1,1,n);for(int i=0;i<m;i++){int opt,x,y;cin>>opt>>x>>y;if(opt==1){pri[x].clear();for(int k=1;k<=tot;k++){if(y==1) break;if(vis[y]==false){pri[x].push_back(y);break;}bool flag=false;while(y%prime[k]==0){y/=prime[k];flag=true;}if(flag){pri[x].push_back(prime[k]);}}update(1,1,n,x);}else{bitset<10000> ans=query(1,1,n,x,y);int cnt=ans.count();cout<<cnt<<endl;}}
}

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