ccpc长春-K. Ragdoll（启发式合并、并查集、gcd转化）map的神奇tle

K. Ragdoll

菜死我得了
题意：给定一组点以及他们的权重（$1⩽n⩽10^5$），起初所有点都是独立的点。给定三种操作：

1. $1xv$ 加下标为$x$点权为$v$的点（$n<x⩽n+m$,$1⩽v⩽2\times 10^5$）
2. $2xy$ 合并$x，y$的点集
3. $3xv$ 改$x$的点权为$v$

$m$次操作($1⩽m⩽2\times 10^5$)，要求每次输出相同点集内所有$i，j$的个数，满足 $a_i\oplus a_j=gcd(a_i,a_j)$

思路：直接暴力for循环必然t,观察要求约束的式子 $a_i\oplus a_j=gcd(a_i,a_j)$
已知$a_i\oplus a_j⩾|a_i-a_j|⩾gcd(a_i,a_j)$，那么如果要让上述等式成立则需要满足

1. $a_i\oplus a_j=|a_i-a_j|$
2. $|a_i-a_j|=gcd(a_i,a_j)$

总体的框架可以是这样：

1. 考虑固定已知$a_i$，寻找他的可行解放入$g[a_i]$中，利用并查集记录$a_i$所在连通块的标记$fa$，$mp[fa]$进行连通块内元素（$a_i$）的出现次数记录。
2. 每次对连通块进行合并时利用启发式合并把时间降到$logn$级别，把小的连通块合并到大的连通块中。
3. 每次对于答案$ans$的维护只要在联通块改变时候对当前元素的可行解$g[a_i]$进行遍历，在$mp[fa]$中查找如果存在答案就计算其贡献。

对$g[a_i]$可行解的预处理：枚举$a_i$的每一个约数，利用上文满足式$（2）$计算$a_j=gcd(a_i,a_j)\pm a_i$,再对式$（1）$进行判断，合法就放入。

注意点：
不说了反正没啥注意的我就是sb
用unordered_map可以在查询时候差个常数
每次在贡献利用mp的时候需要先判断一下是否存在然后在进行加减运算，要不就t了

unordered_map<int, LL> mp[maxn];//存连通块内元素a[i]
vector<int> g[maxn];//存数字大小为下标的解
int f[maxn], sz[maxn];//并查集
int a[maxn];
LL ans;
int find(int x) {
    
    
	if (f[x] == x)return x;
	else return f[x] = find(f[x]);
}
void merge(int x, int y) {
    
    
	int fx = find(x), fy = find(y);
	if (fx == fy)return;
	else {
    
    //merge fy to fx
		if (sz[fx] < sz[fy])swap(fx, fy);
		for (auto &it : mp[fy]) {
    
    //遍历小的集合中元素，看合并后对ans是否有贡献
			//it.first要放入的元素
			for (int i = 0; i < g[it.first].size(); i++) {
    
    //查找fx中是否有放入元素的答案
				if (mp[fx].count(g[it.first][i]))ans += 1ll * it.second*mp[fx][g[it.first][i]];
			}
		}
		for (auto &it : mp[fy]) {
    
    //正式放入fy中元素进入fx中
			mp[fx][it.first] += it.second;
		}
		mp[fy].clear();
		f[fy] = fx;
		sz[fx] += sz[fy];
	}
}
void work(int x) {
    
    
	int tt;
	for (int i = 1; i*i <= x; i++) {
    
    
		if (x % i)continue;
		else {
    
    
			tt = i;
			if (((x - tt) ^ x) == gcd(x - tt, x) && (x - tt)) g[x].push_back(x - tt);
			if (((x + tt) ^ x) == gcd(x + tt, x) && (x + tt) <= 200000)g[x].push_back(x + tt);
			if (i != x / i) {
    
    
				tt = x / i;
				if (((x - tt) ^ x) == gcd(x - tt, x) && (x - tt)) g[x].push_back(x - tt);
				if (((x + tt) ^ x) == gcd(x + tt, x) && (x + tt) <= 200000)g[x].push_back(x + tt);
			}
		}
	}
}
int main()
{
    
    
	for (int i = 1; i <= 200100; i++) work(i);
	/*for (int i = 1; i <= 200000; i++) {
		for (int j = i + i; j <= 200000; j += i) {
			if (gcd(j, i^j) == i)g[j].push_back(i^j);
		}
	}*/
	int n, m;
	int fl, x, v, y;
	ans = 0;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n + m; i++) {
    
     sz[i] = 1, f[i] = i; }
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
    
		cin >> a[i]; mp[i][a[i]]++;
	}
 
	while (m--) {
    
    
		cin >> fl >> x;
		if (fl == 1) {
    
    //add point
			cin >> v;
			a[x] = v;
			sz[x] = 1;
			mp[x][a[x]] = 1;
		}
		else if (fl == 2) {
    
    //merge
			cin >> y;
			merge(x, y);
		}
		else {
    
    //change
			cin >> v;
			int u = find(x);
			for (int i = 0; i < g[a[x]].size(); i++) {
    
    //遍历ax可能的答案，把原来的贡献去掉
				if (mp[u].count(g[a[x]][i]))ans -= mp[u][g[a[x]][i]];//不加if判断会t
			}
			mp[u][a[x]]--;
			a[x] = v;
			for (int i = 0; i < g[a[x]].size(); i++) {
    
    
				if (mp[u].count(g[a[x]][i]))ans += mp[u][g[a[x]][i]];
			}
			mp[u][a[x]]++;
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}