洛谷4140 奇数国

题目大意

给定一个初值全为3、长度为100000的序列，并实时改变其中的值，求出给定区间内所有数的乘积product后，问有多少个小于等于product的正整数number满足这个式子：

$$number\ast x+product\ast y=1$$
其中x，y为任意整数，答案对19961993取模。

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知识储备

1. 裴蜀定理

$$a\ast x+b\ast y=m$$
有整数解当且仅当m为gcd(a，b)的倍数。

推论：
只有当a，b互质（即gcd(a，b)=1）时，等式$a\ast x+b\ast y=1$有整数解

2. 欧拉函数

$$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p1})\ast (1-\frac{1}{p2})\ast ...\ast (1-\frac{1}{pi})(其中p为n的质因子)$$

表示1~n之间与n互质的数的个数。

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思路

一如既往的一脸懵逼，直到听了大佬的讲解才豁然开朗。

首先，题目前三段那么多话，就是为了告诉你要求出给定区间内的所有数的乘积，并贴心的给出分解质因数的提示（财产只可能由前60个质数组成，不会出现大得吓人的质数）

于是大佬说：开60个树状数组，分别维护一段区间内的财产中不同的质因子共有多少个，（如树状数组1维护第一个质数2的个数，树状数组2维护第二个质数3的个数，以此类推…）对财产求和时再判断该区间内是否含有该质因子，如果有，就乘上相应的次数，这样就把乘积求出来了。

修改时，则要先对原先的钱分解质因数，并减去它的贡献，才能再加上修改后的值的贡献。

接下来考虑第二步，$number\ast x+product\ast y=1$代表什么意思?（大佬说：“真笨，连裴蜀定理也不知道”）

咳咳咳…

有了上面的知识储备，我们知道，只有当number与product互质时，等式才能成立，而number取值范围为1~product，问题就转化为求1~product中与product互质的数的个数，即product的欧拉函数。

有了上面的公式，我们只需要在对财产求和时，判断是否含有该质因子，如果有，则乘上$pi-1$再除以$pi$，（合起来即$1-\frac{1}{pi}$）最后乘上求出的product，即product的欧拉函数值。

（好吧，大佬又教了我一种更秀的方法，果然数学好就是厉害，差点就去整逆元了）

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代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100000,mod=19961993;
ll n,op,x,y,cnt,pro;
int money[N+1],tr[100][N+1],prime[100];
void update(int i,int x,int val)//修改树状数组里面某个银行里质因数的个数 
{
    
    
	for(;x<=N;x+=x&-x)
	tr[i][x]+=val;
}
int query(int i,int x)//查询树状数组里面一段区间内质因数的个数
{
    
    
	int sum=0;
	for(;x;x-=x&-x) sum+=tr[i][x];
	return sum;
}
void divide(int k,int x,int f)
{
    
    
	int sum;
	for(int i=1;i<=60;i++)
	{
    
    
		sum=0;
		while(k%prime[i]==0) k/=prime[i],sum++;
		if(sum) update(i,x,f*sum);//分解质因数后修改对应树状数组里面的值 
	}
}
bool judge(int x)
{
    
    
	for(int i=2;i*i<=x;i++)
	if(x%i==0) return false;
	return true;
}
ll ksm(ll k,ll p)
{
    
    
	ll pro=1;
	while(p)
	{
    
    
		if(p&1ll) pro=(pro*k)%mod;
		p>>=1;
		k=k*k%mod;
	}
	return pro%mod;
}
int main()
{
    
    
	for(int i=2;i<=281;i++)
	if(judge(i)) prime[++cnt]=i;
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=N;i++) 
	money[i]=3,update(2,i,1);//银行里的钱全初始化为3 
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		scanf("%lld%lld%lld",&op,&x,&y);
		if(op)
		{
    
    
			divide(money[x],x,-1);//将原先money[x]的贡献减去 
			money[x]=y;
			divide(money[x],x,1);//加上现在money[x]的贡献 
		}
		else
		{
    
    
			pro=1;
			for(int i=1;i<=60;i++)
			{
    
    
				int k=query(i,y)-query(i,x-1);//k为区间x~y中质因子prime[i]的个数 
				if(k)
				{
    
    
					pro=pro*ksm(prime[i],k-1)%mod;//将k个质因数累乘起来 
					pro=pro*(prime[i]-1)%mod;//求phi ，因为要除以一个prime[i],所以上面少乘一个prime[i]（否则要用逆元） 
				}//phi(x)=x*(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)
			}
			printf("%lld\n",pro%mod);
		}
	}
	return 0;
}