题目

\(m\) 组询问求 \(\sum_{l\leq i,j\leq r}[a_i\bmod a_j==0],n,m,a_i\leq 5\times 10^5\)

分析

设 \(f(l,r,x)\) 表示 \(i 或 j\in [1,x],i或j\in [l,r]\) 时 的答案，\(g_x\) 表示 \([1,x]\) 的答案，根号的做法可以通过三秒

由于涉及区间内的求值，需要在莫队的基础上二次离线，那么从 \([l,r]\) 的答案扩展到 \([l,r']\) 就要加上 \(g(r')-g(r)-f(r+1,r',l-1)\)

从 \([l,r]\) 扩展到 \([l',r]\) 就要加上 \(f(l',l-1,r)-[g(l-1)-g(l'-1)]\)，现在就是要求 f 和 g，后者可以通过前缀和实现

如果 \([l,r]\) 是作为因数，那么直接将 \(a_{1\sim x}\) 的因数统计个数，以 \(x\) 为第一关键字，即可做到 \(O(m\sqrt{n})\)

如果作为倍数，那么 \(a_{1\sim x}\) 中大于阈值的直接枚举倍数统计个数，小于等于的就要单独抽离出来，倘若现在枚举到 \(z\)

设 \(c_i\) 表示前 \(i\) 个数中 \(z\) 的倍数的个数，那么区间的答案就可以转化成前 \(x\) 个数中 \(z\) 的个数乘上 \(c_r-c_{l-1}\)

然后莫队的块长调到 \(1.5\sqrt{n}\)，阈值调到 \(0.15\sqrt{\max\{a_i\}}\) 就可以过了，注意求 \(g_i\) 的时候要给每个位置减一，

因为 \((i,i)\) 和 \((i,i)\) 等价，但 \((i,j)\) 和 \((j,i)\) 在 \(a_i=a_j\) 时不等价

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin)),p1==p2?EOF:*p1++)
using namespace std;
const int N=500011; char buf[1<<21],puf[1<<21],*p1,*p2; int nowp=-1;
struct rec{int l,r,rk;}q[N];
struct node{int y,next;}e[N*27];
struct Node{int x,y,rk,z,next;}E[N<<1];
typedef long long lll; lll s[N],ans[N];
int n,Q,bl,c[N],pos[N],a[N],b[N],as[N],bs[N],hs[N],rk[N],et,Et,m;
int iut(){
    int ans=0; char c=getchar();
    while (!isdigit(c)) c=getchar();
    while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
    return ans;
}
void Flush(){fwrite(puf,1,nowp+1,stdout),nowp=-1;}
void Putchar(char x){
	if (nowp==(1<<21)) Flush();
	puf[++nowp]=x;
}
void print(lll ans){
	char dig[21]; int len=-1;
	do{
		dig[++len]=ans%10+48,ans/=10;
	}while (ans);
	while (len>=0) Putchar(dig[len--]);
}
bool cmp(rec x,rec y){
    if (pos[x.l]!=pos[y.l]) return pos[x.l]<pos[y.l];
    return (pos[x.l]&1)?(x.r<y.r):(x.r>y.r);
}
int main(){
    n=iut(),Q=iut(),bl=sqrt(n)*1.5;
    for (int i=1;i<=n;++i) b[i]=a[i]=iut(),pos[i]=(i-1)/bl+1;
    for (int i=1;i<=Q;++i) q[i]=(rec){iut(),iut(),i};
    sort(q+1,q+1+Q,cmp);
    sort(b+1,b+1+n),m=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	bl=sqrt(m)*0.15+1;
    for (int i=1;i<=m;++i) rk[b[i]]=i;
    for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=rk[a[i]];
    for (int i=1;i<=m;++i)
    for (int j=b[i];j<=b[m];j+=b[i])
    if (rk[j]){
        e[++et]=(node){rk[j],as[i]},as[i]=et;
        e[++et]=(node){i,bs[rk[j]]},bs[rk[j]]=et;
    }
    int L=q[1].l,R=q[1].l-1;
    for (int i=1;i<=Q;++i){
        if (L>q[i].l) E[++Et]=(Node){q[i].l,L-1,q[i].rk,1,hs[R]},hs[R]=Et,L=q[i].l;
        if (L<q[i].l) E[++Et]=(Node){L,q[i].l-1,q[i].rk,-1,hs[R]},hs[R]=Et,L=q[i].l;
        if (R>q[i].r) E[++Et]=(Node){q[i].r+1,R,q[i].rk,1,hs[L-1]},hs[L-1]=Et,R=q[i].r;
        if (R<q[i].r) E[++Et]=(Node){R+1,q[i].r,q[i].rk,-1,hs[L-1]},hs[L-1]=Et,R=q[i].r;
    }
    for (int i=1;i<=bl;++i){
        for (int j=1;j<=n;++j)
        if (b[a[j]]%b[i]==0) c[j]=c[j-1]+1;
            else c[j]=c[j-1];
		int now=0;
        for (int j=1;j<=n;++j){
            if (a[j]==i) ++now;
            if (b[a[j]]%b[i]==0) s[j]+=now;
            for (int k=hs[j];k;k=E[k].next)
                ans[E[k].rk]+=(c[E[k].y]-c[E[k].x-1])*now*E[k].z;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;++i) c[i]=0;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        for (int j=bs[a[i]];j;j=e[j].next) ++c[e[j].y];
        if (a[i]>bl) for (int j=as[a[i]];j;j=e[j].next) ++c[e[j].y];
        s[i]+=c[a[i]]-1;
        for (int j=hs[i];j;j=E[j].next){
        	int now=0;
        	for (int k=E[j].x;k<=E[j].y;++k)
        	    now+=c[a[k]];
        	ans[E[j].rk]+=now*E[j].z;
		}
    }
    for (int i=1;i<=n;++i) s[i]+=s[i-1];
    for (int i=1;i<=Et;++i) ans[E[i].rk]-=E[i].z*(s[E[i].y]-s[E[i].x-1]);
    for (int i=1;i<=Q;++i) ans[q[i].rk]+=ans[q[i-1].rk];
    for (int i=1;i<=Q;++i) print(ans[i]),Putchar(10);
    Flush();
    return 0;
}