bzoj 5245: [Fjwc2018]欧拉函数 线段树+bitset
题意
对于正整数 n，定义欧拉函数 φ(n) 为小于等于 n 且与 n 互质的正整数个数。例如
φ(1) = 1， φ(8) = 4。
给定正整数序列 a1, a2, · · · , an，请依次执行 q 个操作，操作有以下三种类型：
0 i x：修改 ai 的值为 x；
1 l r：查询 φ(al + al+1 + · · · + ar) 的值，输出这个值对 10^9 + 7 取模的结果；
2 l r：查询 φ(al × al+1 × · · · × ar) 的值，输出这个值对 10^9 + 7 取模的结果。
1 ≤ i ≤ n， x ≥ 1， 1 ≤ l ≤ r ≤ n。
n ≤ 50000， q ≤ 100000，Ai及x<=40000操作 0 的个数不超过 20000，所有的 ai、
操作 0 中的 i, x 及操作 1,2 中的 l, r 均在给定的限制下内均匀随机生成
分析
首先对于第1问，考虑到加起来的结果最大也就是2e9，我们可以根号时间复杂来算出phi，又考虑数据随机,用线段树或者树状数组维护和，然后一个单次询问是
O(logN + \sqrt{sum})
考虑第二问，发现乘起来的话就不能根号时间算phi了，但是我们发现每次乘起来质因子是不会有变化的，而每个只要考虑出现了哪些质因子，每种质因子x对所有乘积的贡献是
\frac{x-1}{x}
然后怎么算出现了哪些质因子呢，线段树每个结点开一个bitset，下标为位置，然后预处理出每个数的bitset，修改就对应改掉，询问就把所有的bitset或起来
还有一个操作就是找bitset的每个1可以用这样来找
for(ll i=ans._Find_first();i<ans.size();i=ans._Find_next(i))质因子个数发现只有4203个，于是就有时间复杂度
O(logN\frac{4203}{32} * ?)
其中这里的？是1的个数，我们要遍历一遍
考虑 数据随机，我们就可以完成这道题
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long longusing namespace std;const ll N = 200010;
const ll mod = 1e9+7;inline ll read()
{ll p=0; ll f=1; char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9'){p=p*10+ch-'0'; ch=getchar();}return p*f;
}ll prime[N],pri,inv[N],idx[N]; bool v[N];
bitset<4210> bo[N],ans,pb[N];void init(ll n)
{memset(v,1,sizeof(v)); v[0] = v[1] = 0; pri = 0;for(ll i=2;i<=n;i++){if(v[i]) prime[++pri] = i,idx[i] = pri;for(ll j=1;(j<=pri) && (i*prime[j]<=n);j++){v[i*prime[j]]=0;if(i%prime[j]==0) break;}}inv[0] = inv[1] = 1; for(ll i=2;i<=n;i++) inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod%i] % mod;for(ll i=1;i<=n;i++){ll x=i;for(ll j=1;prime[j]*prime[j]<=x;j++){while(x%prime[j]==0){pb[i].set(j); x/=prime[j];}}if(x!=1) pb[i].set(idx[x]);}
}ll lc[N],rc[N],tot,rt,c[N],s[N];void link(ll &u,ll L,ll R,ll k,ll cc)
{if(!u) u=++tot;if(L==R){bo[u] = pb[cc]; c[u] = s[u] = cc; return ;}ll mid=(L+R)>>1;if(k<=mid) link(lc[u],L,mid,k,cc);else link(rc[u],mid+1,R,k,cc);c[u] = c[lc[u]] + c[rc[u]];s[u] = (s[lc[u]] * s[rc[u]]) % mod;bo[u] = bo[lc[u]] | bo[rc[u]];
}ll qry1(ll u,ll L,ll R,ll l,ll r)
{if(L==l && R==r) return c[u];ll mid=(L+R)>>1;if(r<=mid) return qry1(lc[u],L,mid,l,r);else if(l>mid) return qry1(rc[u],mid+1,R,l,r);else return qry1(lc[u],L,mid,l,mid) + qry1(rc[u],mid+1,R,mid+1,r);
}ll qry2(ll u,ll L,ll R,ll l,ll r)
{if(L==l && R==r){ans |= bo[u]; return s[u];}ll mid=(L+R)>>1;if(r<=mid) return qry2(lc[u],L,mid,l,r);else if(l>mid) return qry2(rc[u],mid+1,R,l,r);else return qry2(lc[u],L,mid,l,mid) * qry2(rc[u],mid+1,R,mid+1,r) % mod;
}ll qpow(ll x,ll k,ll mo){ll ss=1; while(k){if(k&1) ss=ss*x%mo; x=x*x%mo; k>>=1;} return ss;}int main()
{init(40000);ll n = read(); ll m = read();rt=tot=0; for(ll i=1;i<=n;i++) link(rt,1,n,i,read());while(m--){ll op = read();if(op==0){ll k = read(); link(rt,1,n,k,read());}else if(op==1){ll l=read(); ll r=read(); ll sum = qry1(rt,1,n,l,r);ll x = sum;for(ll i=1;prime[i] * prime[i] <= x;i++){if(x%prime[i]==0){sum = sum * inv[prime[i]] % mod * (prime[i] - 1) % mod;while(x%prime[i]==0) x/=prime[i];}}if(x!=1) sum = sum * qpow(x,mod-2,mod) % mod * (x-1) % mod;printf("%lld\n",sum);}else{ll l=read(); ll r=read(); ans.reset();ll sum = qry2(rt,1,n,l,r);for(ll i=ans._Find_first();i<ans.size();i=ans._Find_next(i))sum = sum * inv[prime[i]] % mod * (prime[i]-1) % mod;printf("%lld\n",sum);}}return 0;
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