1439 互质对
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有n个数字，a[1],a[2],…,a[n]。有一个集合，刚开始集合为空。然后有一种操作每次向集合中加入一个数字或者删除一个数字。每次操作给出一个下标x(1 ≤ x ≤ n)，如果a[x]已经在集合中，那么就删除a[x],否则就加入a[x]。
问每次操作之后集合中互质的数字有多少对。
注意，集合中可以有重复的数字，两个数字不同当且仅当他们的下标不同。
比如a[1]=a[2]=1。那么经过两次操作1，2之后，集合之后存在两个1，里面有一对互质。
Input
单组测试数据。 第一行包含两个整数n 和 q (1 ≤ n, q ≤ 2 × 10^5)。表示数字的种类和查询数目。 第二行有n个以空格分开的整数a[1],a[2],…,a[n] (1 ≤ a[i] ≤ 5 × 10^5),分别表示n个数字。 接下来q行，每行一个整数x(1 ≤ x ≤ n)，表示每次操作的下标。
Output
对于每一个查询，输出当前集合中互质的数字有多少对。
Input示例
样例输入1 5 6 1 2 3 4 6 1 2 3 4 5 1 样例输入2 2 3 1 1 1 2 1
Output示例
样例输出1 0 1 3 5 6 2 样例输出2 0 1 0
题解：这题等价于求一个数和一系列数有几个互质。
我们先想不互质的，不互质的情况是什么，两个数有非1的质因子。
然后就是容斥原理对质因子求个数了。
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstdlib>
7 #include<vector>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10 typedef long double ld;
11 typedef pair<int,int> pr;
12 const double pi=acos(-1);
13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--)
15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i])
16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
17 #define pb push_back
18 #define mp make_pair
19 #define fi first
20 #define sc second
21 #define pq priority_queue
22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> >
23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> >
24 #define vec vector
25 ld eps=1e-9;
26 ll pp=1000000007;
27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;}
28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;}
29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; }
31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1};
32 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar();
33 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar();
34 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
35 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans;
36 }
37 const int N=1000000;
38 ll ans;
39 int c[N],zs[N],p[N],f[N],a[N],nu,fl[N];
40 void solve(int i,int k,int f,int t){
41 if (i==0) {
42 if (t==-1) c[k]--;
43 ans+=f*c[k];
44 if (t==1) c[k]++;
45 return ;
46 }
47 solve(i-1,k,f,t);
48 solve(i-1,k*zs[i],-f,t);
49 }
50 int main(){
51 int n=read(),q=read(),need=sqrt(500000);
52 for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
53 for (int i=2;i<=need;i++) {
54 if (!f[i]) p[++nu]=i;
55 for (int j=1;j<=nu && i*p[j]<=need;j++){
56 f[i*p[j]]=1;
57 if (i%p[j]==0) break;
58 }
59 }
60 ans=0;
61 while (q--){
62 int x=read(),n=a[x],g=0;
63 for (int i=1;i<=nu;i++){
64 if (n==1) break;
65 if (n%p[i]==0){
66 zs[++g]=p[i];
67 while (n%p[i]==0) n/=p[i];
68 }
69 }
70 if (n>1) zs[++g]=n;
71 if (fl[x]) solve(g,1,-1,-1);
72 else solve(g,1,1,1);
73 fl[x]^=1;
74 printf("%lld\n",ans);
75 }
76 return 0;
77 }
时间： 2024-12-23 22:21:09