BZOJ4026: dC Loves Number Theory

Description

dC 在秒了BZOJ 上所有的数论题后，感觉萌萌哒，想出了这么一道水题，来拯救日益枯
竭的水题资源。
给定一个长度为 n的正整数序列A，有q次询问，每次询问一段区间内所有元素乘积的
φ（φ(n)代表1~n 中与n互质的数的个数） 。由于答案可能很大，所以请对答案 mod 10^6 +
777。 （本题强制在线，所有询问操作的l,r都需要 xor上一次询问的答案 lastans，初始时，
lastans = 0）

Input

第一行，两个正整数，N，Q，表示序列的长度和询问的个数。

第二行有N 个正整数，第i个表示Ai.
下面Q行，每行两个正整数，l r，表示询问[l ^ lastans,r ^ lastans]内所有元素乘积的φ

Output

Q行，对于每个询问输出一个整数。

Sample Input

5 10

3 7 10 10 5

3 4

42 44

241 242

14 9

1201 1201

0 6

245 245

7 7

6 1

1203 1203

Sample Output

40

240

12

1200

2

240

4

4

1200

4

HINT

1 <= N <= 50000

1 <= Q <= 100000

1 <= Ai <= 10^6

考虑phi函数的定义
phi(n)=n*∏(pi-1)/pi。
所以我们对于每个询问，计算出询问区间内有多少不同的素数就行啦。
这难道不是一个经典问题吗？在线回答区间不同数的个数。
设f[i]表示第i个素数上一次出现的位置，那么我们用函数式线段树计算一下区间内f[i]<L-1的数的(pi-1)/pi之积即可。
一个正整数最多有logn个质因子，而每插入一个质因子是logn的，所以时间复杂度为O(nlog^2n)-O(logn)。
另外掌握了O(n)求1到n逆元的姿势。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=50010;
const int mod=1000777;
const int maxnode=5000010;
int n,m,cnt,A[maxn],vis[mod+5],first[mod+5],pri[mod],next[mod*3],to[mod*3],e;
ll inv[mod+5],S[maxn],sumv[maxnode],lastans;
void init() {
inv[1]=inv[0]=1;
rep(i,2,mod) inv[i]=((mod-mod/i)*inv[mod%i]+mod)%mod;
rep(i,2,1000000) if(!vis[i]) {
pri[++cnt]=i;
for(int j=i;j<=1000000;j+=i) {
vis[j]=1;
to[++e]=cnt;next[e]=first[j];first[j]=e;
}
}
}
int root[maxn],last[mod+5],ls[maxnode],rs[maxnode],ToT;
void update(int& y,int x,int l,int r,int p,ll v) {
sumv[y=++ToT]=((x?sumv[x]:1)*v)%mod;if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;ls[y]=ls[x];rs[y]=rs[x];
if(p<=mid) update(ls[y],ls[x],l,mid,p,v);
else update(rs[y],rs[x],mid+1,r,p,v);
}
ll query(int y,int l,int r,int pos) {
if(l==r) return y?sumv[y]:1;
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid) return query(ls[y],l,mid,pos);
return ((ls[y]?sumv[ls[y]]:1)*query(rs[y],mid+1,r,pos))%mod;
}
int main() {
init();S[0]=1;
n=read();m=read();
rep(i,1,n) A[i]=read(),S[i]=(S[i-1]*A[i])%mod;
rep(x,1,n) {
root[x]=root[x-1];
for(int i=first[A[x]];i;i=next[i]) update(root[x],root[x],0,n,last[to[i]],(pri[to[i]]-1)*inv[pri[to[i]]]%mod),last[to[i]]=x;
}
while(m--) {
int l=read()^lastans,r=read()^lastans;
lastans=(S[r]*inv[S[l-1]])%mod;
(lastans*=inv[query(root[l-1],0,n,l-1)]*query(root[r],0,n,l-1))%=mod;
printf("%lld\n",lastans);
}
return 0;
}

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