Description

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Sample Input

5 7 66
4 3 2 1 5
1 2
1 5
2 3
2 4
2 5
3 4
3 5

Sample Output

6 64

Data Constraint

Hint

Solution

这题的瓶颈就在于如何快速地求出边权的大小。
求出来后就可以直接二分答案+spfa了。
考虑莫比乌斯反演（设边两端的权值分别为 n,m (n<m)n,m(n<m)n,m\ (n）：
设函数

f(d)=∑i=1n∑j=1m(i+j)[gcd(i,j)=1]f(d)=∑i=1n∑j=1m(i+j)[gcd(i,j)=1]

f(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(i+j)[gcd(i,j)=1]
显然我们要求的答案即为 f[1]f[1]f[1] ，但是直接求 fff 并不容易，于是我们再设函数

g(d)=∑i=1n∑j=1m(i+j)[d|gcd(i,j)]" role="presentation">g(d)=∑i=1n∑j=1m(i+j)[d|gcd(i,j)]g(d)=∑i=1n∑j=1m(i+j)[d|gcd(i,j)]

g(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(i+j)[d|gcd(i,j)]
那么则有：

g(d)=∑i=1⌊nd⌋f(di)g(d)=∑i=1⌊nd⌋f(di)

g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(di)
反演得：

f(d)=∑i=1⌊nd⌋g(di)∗μ(i)f(d)=∑i=1⌊nd⌋g(di)∗μ(i)

f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(di)*μ(i)
于是 ggg 可以直接求，用两次等差数列求和来表示：(首项+末项)*项数/2。
第一次等差数列变换：

g(d)=∑i=1⌊nd⌋di∗⌊md⌋+(d+⌊md⌋∗d)∗⌊md⌋2" role="presentation">g(d)=∑i=1⌊nd⌋di∗⌊md⌋+(d+⌊md⌋∗d)∗⌊md⌋2g(d)=∑i=1⌊nd⌋di∗⌊md⌋+(d+⌊md⌋∗d)∗⌊md⌋2

g(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}di*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor+\frac{(d+\lfloor\frac{m}{d}\rfloor*d)*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{2}
（原理就是 iii 的贡献和 j" role="presentation" style="position: relative;">jjj 的贡献分开算，jjj 的贡献满足等差数列的形式）
第二次等差数列变换：

g(d)=(d+⌊md⌋∗d)∗⌊nd⌋∗⌊md⌋2+(d∗⌊md⌋+d∗⌊nd⌋∗⌊md⌋)∗⌊nd⌋2" role="presentation">g(d)=(d+⌊md⌋∗d)∗⌊nd⌋∗⌊md⌋2+(d∗⌊md⌋+d∗⌊nd⌋∗⌊md⌋)∗⌊nd⌋2g(d)=(d+⌊md⌋∗d)∗⌊nd⌋∗⌊md⌋2+(d∗⌊md⌋+d∗⌊nd⌋∗⌊md⌋)∗⌊nd⌋2

g(d)=\frac{(d+\lfloor\frac{m}{d}\rfloor*d)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{2}+\frac{(d*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor+d*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{2}

g(d)=d∗(2+⌊nd⌋+⌊md⌋)∗⌊nd⌋∗⌊md⌋2g(d)=d∗(2+⌊nd⌋+⌊md⌋)∗⌊nd⌋∗⌊md⌋2

g(d)=\frac{d*(2+\lfloor\frac{n}{d}\rfloor+\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{2}
原理也是一样，带 iii 的项满足等差数列的形式，而后面的常数项先提出来。
于是我们可以表示出 f(d)" role="presentation" style="position: relative;">f(d)f(d)f(d) ，即：

f(d)=∑i=1⌊nd⌋g(di)∗μ(i)f(d)=∑i=1⌊nd⌋g(di)∗μ(i)

f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(di)*μ(i)

f(d)=∑i=1⌊nd⌋di∗(2+⌊ndi⌋+⌊mdi⌋)∗⌊ndi⌋∗⌊mdi⌋2∗μ(i)f(d)=∑i=1⌊nd⌋di∗(2+⌊ndi⌋+⌊mdi⌋)∗⌊ndi⌋∗⌊mdi⌋2∗μ(i)

f(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\frac{di*(2+\lfloor\frac{n}{di}\rfloor+\lfloor\frac{m}{di}\rfloor)*\lfloor\frac{n}{di}\rfloor*\lfloor\frac{m}{di}\rfloor}{2}*μ(i)
那我们要求的 f(1) (d=1)f(1)(d=1)f(1)\ (d=1) 就能长成这样：

f(1)==∑i=1ni∗(2+⌊ni⌋+⌊mi⌋)∗⌊ni⌋∗⌊mi⌋2∗μ(i)f(1)==∑i=1ni∗(2+⌊ni⌋+⌊mi⌋)∗⌊ni⌋∗⌊mi⌋2∗μ(i)

f(1)==\sum_{i=1}^{n}\frac{i*(2+\lfloor\frac{n}{i}\rfloor+\lfloor\frac{m}{i}\rfloor)*\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*\lfloor\frac{m}{i}\rfloor}{2}*μ(i)
对于 ⌊ni⌋⌊ni⌋\lfloor\frac{n}{i}\rfloor ，⌊mi⌋⌊mi⌋\lfloor\frac{m}{i}\rfloor 这样的形式我们都可以分块解决（值最多只有 O(n−−√+m−−√)O(n+m)O(\sqrt n+\sqrt m) 种）。
同时维护一个前缀和 pre[i]pre[i]pre[i] 即可：

pre[i]=∑j=1ij∗μ(j)pre[i]=∑j=1ij∗μ(j)

pre[i]=\sum_{j=1}^{i}j*μ(j)
这样分块计算时就可以把值相同的一段段算了。
于是我们就快速地求出了边权，剩下的二分+spfa就很简单了。
总时间复杂度 O(m∗(Ax−−−√+Ay−−−√)+km∗log T)O(m∗(Ax+Ay)+km∗logT)O(m*(\sqrt{A_x}+\sqrt{A_y})+km*log\ T) 。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e4+5;
int n,m,tot;
LL T,ans;
int first[N],nex[N<<2],en[N<<2];
LL w[N<<2];
int a[N],q[N*10],f[N],miu[N],pre[N];
bool bz[N];
LL dis[N];
inline int read()
{int X=0,w=0; char ch=0;while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();while(isdigit(ch)) X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();return w?-X:X;
}
inline int min(int x,int y)
{return x<y?x:y;
}
inline void insert(int x,int y,LL z)
{nex[++tot]=first[x];first[x]=tot;en[tot]=y;w[tot]=z;
}
inline bool check(LL val)
{memset(dis,60,sizeof(dis));memset(bz,false,sizeof(bz));int l=dis[1]=0,r=q[1]=1;while(l<r){if(dis[n]<=T) return true;int x=q[++l];bz[x]=false;for(int i=first[x];i;i=nex[i]){LL vv=w[i]-val<0?0:w[i]-val;if(dis[x]+vv<dis[en[i]]){dis[en[i]]=dis[x]+vv;if(!bz[en[i]]) bz[q[++r]=en[i]]=true;}}}return dis[n]<=T;
}
inline bool getans(LL val)
{memset(dis,60,sizeof(dis));memset(bz,false,sizeof(bz));int l=dis[1]=0,r=q[1]=1;while(l<r){int x=q[++l];bz[x]=false;for(int i=first[x];i;i=nex[i]){LL vv=w[i]-val<0?0:w[i]-val;if(dis[x]+vv<dis[en[i]]){dis[en[i]]=dis[x]+vv;if(!bz[en[i]]) bz[q[++r]=en[i]]=true;}}}
}
int main()
{freopen("magic.in","r",stdin);freopen("magic.out","w",stdout);n=read(),m=read();scanf("%lld",&T);for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();miu[1]=pre[1]=1;for(int i=2;i<N;i++){if(!bz[i]){f[++f[0]]=i;miu[i]=-1;}for(int j=1;j<=f[0] && i*f[j]<N;j++){bz[i*f[j]]=true;if(i%f[j]==0){miu[i*f[j]]=0;break;}miu[i*f[j]]=-miu[i];}pre[i]=pre[i-1]+miu[i]*i;}for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();int vx=a[x],vy=a[y];if(vx>vy) swap(vx,vy);LL sum=0;for(int j=1,p;j<=vx;j=p+1){p=min(vx/(vx/j),vy/(vy/j));int xx=vx/p,yy=vy/p;sum+=(LL)xx*yy*(xx+yy+2)/2*(pre[p]-pre[j-1]);}insert(x,y,sum);insert(y,x,sum);}LL l=0,r=1e18;while(l<=r){LL mid=l+r>>1;if(check(mid)){ans=mid;r=mid-1;}else l=mid+1;}getans(ans);printf("%lld %lld",ans,dis[n]);return 0;
}

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