给n个数,m个询问, 问任意区间内与其它数互质的数有多少个

比如3个数1 2 4,询问[1,3] 那么答案是1

千万要记住,这样的题目,如果你不转变下,使劲往线段树想(虽然转变之后,也说要用到线段树,但是维护的东西不同了),那么会发现这样的题目,区间与区间之间是无法传递信息的,

区间与区间是无法传递信息的,区间与区间之间是无法传递信息的,重要的东西说三遍。

设n个数,存在数组a[]里面

我们预处理出,L[],和R[],L[i] 表示从i往左,第一个与a[i]不互质的数的位置+1,  R[i]表示从i往右,第一个与a[i]不互质的数的位置-1

即L[i] 表示 [L[i],i]内的所有数都与a[i]互质,R[i]表示[i,R[i]]内的所有数都与a[i]互质

然后我们离线处理,将所有的询问按照左端点排序

然后枚举左端点i,将所有L[j] = i的 [j,R[j]]区间+1,因为当左端点为i时,L[j]=i的数都在各自的有效区间[j,R[j]]里面生效了

当i=询问的区间的左端点时,只要查询右端点被加了多少次就行了。

走过i时,第i个数不再生效,所以将[i,R[i]]区间-1

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<string.h>
 #include<algorithm>
 #include <vector>
 using namespace std;
  + ;
 vector<int> prime[N];
 vector<int> cL[N];
 int a[N],L[N],R[N];
 int mark[N];
 ],lazy[N<<];
 int ans[N];
 void pushDown(int rt)
 {
     if(lazy[rt])
     {
        lazy[rt<<] += lazy[rt];
        lazy[rt<<|] += lazy[rt];
        tree[rt<<] += lazy[rt];
        tree[rt<<|] += lazy[rt];
        lazy[rt] = ;
     }
 }
 void update(int l, int r, int rt, int L, int R, int val)
 {
     if(L<=l && R>=r)
     {
         lazy[rt]+=val;
         tree[rt] += val;
         return;
     }
     pushDown(rt);
     ;
     if(L<=mid)
         update(l,mid,rt<<,L,R,val);
     if(R>mid)
         update(mid+,r,rt<<|,L,R,val);

 }
 int  query(int l, int r, int rt, int pos)
 {
     if(l==r)
     {
         return tree[rt];
     }
     pushDown(rt);
     ;
     if(pos<=mid)
         ,pos);
     else
         ,r,rt<<|,pos);
 }
 struct Node
 {
     int l,r,id;
     bool operator<(const Node&rhs)const
     {
         return l < rhs.l;
     }
 }q[N];

 void getPrime()
 {
     ;i<=;++i)
     {
         if(!mark[i])
         ;j+=i)
         {
             mark[j] = true;
             prime[j].push_back(i);//得到j的所有素数因子i
         }
     }
 }
 void init(int n)
 {
     memset(mark,,sizeof(mark));
     ; i<prime[a[]].size(); ++i)
         mark[prime[a[]][i]] = ;
     L[] = ;
     cL[].push_back();
     ;i<=n;++i)
     {
         ;
         ; j<prime[a[i]].size(); ++j)
         {
             pos = max(pos,mark[prime[a[i]][j]]);
             mark[prime[a[i]][j]] = i;
         }
         L[i] = pos + ;
         cL[L[i]].push_back(i);
     }
     ;i<N;++i)mark[i] = n + ;
     ;i<prime[a[n]].size(); ++i)
         mark[prime[a[n]][i]] = n;
     R[n] = n;
     ;i>=;--i)
     {
         ;
         ;j<prime[a[i]].size(); ++j)
         {
              pos = min(pos,mark[prime[a[i]][j]]);
              mark[prime[a[i]][j]] = i;
         }
         R[i] = pos - ;
     }
 }
 int main()
 {
     int n,m;
     getPrime();
     while(scanf("%d%d",&n,&m),n+m)
     {
         memset(tree,,sizeof(tree));
         memset(lazy,,sizeof(lazy));
         ;i<=n;++i)
         {
             scanf("%d",&a[i]);
             cL[i].clear();
         }
         init(n);
         ;i<m;++i)
         {
             scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
             q[i].id = i;
         }
         sort(q,q+m);
         ;
         //枚举左端点
         ;i<=n;++i)
         {
             //当左端点为i时,使得所有L[j] = i的数都在各自的区间[j,R[j]]
             //所以在[j,R[j]]区间+1
             ;j<cL[i].size(); ++j)
                 update(,n,,cL[i][j],R[cL[i][j]],);
             //当询问的左端点为i时,
             while(q[cur].l==i)
             {
                 //只要询问右端点的值就行了,因为每个数都在自己能生效的区间里面+1了
                 ans[q[cur].id] = query(,n,,q[cur].r);
                 cur++;
             }
             //要走过第i个数了,所以第i个数不再生效了,所以将[i,R[i]]区间-1
             update(,n,,i,R[i],-);
         }
         ;i<m;++i)
             printf("%d\n",ans[i]);
     }
     ;
 }

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