【51nod 1439】互斥对【容斥原理】

题意

给定一个长度为 nnn 的数组，a[1],a[2],...,a[n]a[1],a[2],...,a[n]a[1],a[2],...,a[n]。维护一个集合，一开始集合为空。一共有 qqq 次操作，每次操作给定一个下标 pospospos，如果 a[pos]a[pos]a[pos] 已经在集合中，则将 a[pos]a[pos]a[pos] 从集合中删除，否则将 a[pos]a[pos]a[pos] 加入集合。注意，集合允许有重复的数字。(1≤n,q≤2∗105,1≤a[i]≤5∗105,1≤pos≤n)(1\leq n,q\leq 2*10^5,1\leq a[i]\leq 5*10^5,1\leq pos\leq n)(1≤n,q≤2∗105,1≤a[i]≤5∗105,1≤pos≤n)

问每次操作完之后，集合中互质的数字有多少对。

题目链接：linklinklink

思路

此题算是一道比较经典的容斥题，也可以用莫比乌斯函数来求解，但二者本质是一样的。

首先比较容易想到的是，往集合中加一个数 a[pos]a[pos]a[pos]，则答案加上集合中与 a[pos]a[pos]a[pos] 互质数的个数；从集合中删除一个数 a[pos]a[pos]a[pos]，则答案减去集合中与 a[pos]a[pos]a[pos] 互质数的个数，这种做法的复杂度是 O(nq)O(nq)O(nq)。

想要进一步优化复杂度，则需要降低求集合中与 a[pos]a[pos]a[pos] 互质数个数的复杂度。我们将求互质转为求不互质，即：
与a[pos]互质数的个数=集合大小−与a[pos]不互质数的个数与 \ a[pos]\ 互质数的个数 = 集合大小-与 \ a[pos]\ 不互质数的个数与 a[pos] 互质数的个数=集合大小−与 a[pos] 不互质数的个数
又因为如果 xxx 与 yyy 不互质，则必存在至少一个质数 ccc，满足 x%c==0x \% c==0x%c==0 且 y%c==0y\%c==0y%c==0，因此我们假设 a[pos]a[pos]a[pos] 的质因子有 p1∗p2p_1*p_2p1∗p2，C[p1]C[p_1]C[p1] 表示集合中有多少个数有 p1p_1p1 这个质因子，则可以根据容斥原理得到：
与a[pos]不互质的个数=C[p1]+C[p2]−C[p1∗p2]与\ a[pos]\ 不互质的个数 = C[p_1]+C[p_2]-C[p_1*p_2] 与 a[pos] 不互质的个数=C[p1]+C[p2]−C[p1∗p2]
所有我们可以先求出每个数的质因子集合，然后用 dfsdfsdfs 枚举质因子子集，每当得到一个子集，则将子集中的数字全部乘起来，同时更新 CCC 数字与容斥答案，具体细节见代码。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
typedef long long ll;
const int N = 5e5+1000;
using namespace std;int n,q,a[N],vis[N],flag[N],C[N];
ll ans, tmp, cot;vector<int> prime[N];void init() {scanf("%d%d",&n,&q);rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);for(int i = 2; i <= 5e5; i++){if(vis[i]) continue;for(int j = i; j <= 5e5; j += i) {vis[j] = 1;prime[j].push_back(i);}}
}void dfs(int now, int num, int cnt, int mul, int op) {if(num == prime[now].size()) return;if(op == 1) {// 加入 nowtmp += cnt*C[mul*prime[now][num]];C[mul*prime[now][num]]++;}else {// 减去 nowC[mul*prime[now][num]]--;tmp += cnt*C[mul*prime[now][num]];}dfs(now, num + 1, cnt, mul, op);dfs(now, num + 1, cnt*(-1), mul*prime[now][num], op);
}int main()
{init();while(q--) {int pos; scanf("%d",&pos);flag[pos] ^= 1;tmp = 0;if(flag[pos]) {dfs(a[pos], 0, 1, 1, 1);ans += cot - tmp;cot++;}else {dfs(a[pos], 0, 1, 1, -1), cot--;ans -= cot - tmp;}printf("%lld\n", ans);}return 0;
}

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