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题目描述
You are given a tree consisting of n vertices. A number is written on each vertex; the number on vertex i is equal to aiai.
Let's denote the function g(x,y) as the greatest common divisor of the numbers written on the vertices belonging to the simple path from vertex x to vertex y (including these two vertices).
For every integer from 1 to 2⋅10^5you have to count the number of pairs (x,y) (1≤x≤y≤n) such that g(x,y) is equal to this number.
题目翻译
现在有一棵树，每个点都有一个权值，现在求对于每个数，有多少条路径上所有的点的GCD的值和它相等？
解题思路
感觉点分治可做，所以想了一个点分治。
保存一个map，分治树的时候先用根节点到当前节点的的GCD和map中保存的值都进行一次GCD，然后把答案存到ans里，再把当前节点的GCD值存到map里，说白了就是到每个节点都和之前到的节点做一次GCD操作，然后加进去，还能保证刚好只算一次。
但是这样稍微会有一点T，最后T在第95个点。
附上代码：
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<queue> 6 #include<map> 7 #define LL long long 8 const int maxn=550000; 9 const int INF=99999999; 10 using namespace std; 11 int v[maxn],head[maxn],ne[maxn],to[maxn]; 12 int size[maxn],ma[maxn],maxx=-INF; 13 bool vis[maxn]; 14 int n,cnt=0,root,tot; 15 map<int,LL>temp; 16 map<int,LL>ans; 17 map<int,LL>::iterator iter1; 18 map<int,LL>::iterator iter2; 19 inline int GCD(register int a,register int b){ 20 return a==0?b:GCD(b%a,a); 21 } 22 inline void read(register int &x){ 23 x=0; register char ch=getchar(); 24 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 25 while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); 26 } 27 inline void add(int f,int t){ 28 ne[++cnt]=head[f],head[f]=cnt,to[cnt]=t; 29 } 30 inline void get_root(int now,int fa){ 31 ma[now]=0,size[now]=1; 32 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 33 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 34 get_root(to[i],now); 35 size[now]+=size[to[i]]; 36 ma[now]=max(ma[now],size[to[i]]); 37 } 38 ma[now]=max(ma[now],tot-size[now]); 39 if(ma[now]<ma[root])root=now; 40 } 41 inline void get_dep(int now,int fa,int gcd,int j){ 42 // cout<<"get "<<now<<endl; 43 for(iter1=temp.begin();iter1!=temp.end();iter1++){ 44 ans[GCD(gcd,iter1->first)]+=(LL)j*(iter1->second); 45 } 46 temp[gcd]++; 47 ans[gcd]+=(LL)j; 48 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 49 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 50 get_dep(to[i],now,GCD(gcd,v[to[i]]),j); 51 // cout<<to[i]<<endl; 52 } 53 } 54 inline void solve(int now){ 55 // cout<<"solve "<<now<<endl; 56 temp.clear(); 57 get_dep(now,0,v[now],1),vis[now]=1; 58 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 59 if(vis[to[i]])continue; 60 temp.clear(); 61 get_dep(to[i],0,GCD(v[now],v[to[i]]),-1); 62 tot=size[to[i]],root=0; 63 get_root(to[i],0); 64 solve(root); 65 } 66 } 67 int main(){ 68 read(n); 69 for(register int i=1;i<=n;i++){ 70 read(v[i]); 71 maxx=max(maxx,v[i]); 72 } 73 register int f,t; 74 for(register int i=1;i<n;i++){ 75 read(f),read(t); 76 add(f,t),add(t,f); 77 } 78 size[0]=ma[0]=INF,tot=n; 79 get_root(1,0); 80 solve(root); 81 for(register int i=1;i<=maxx;i++){ 82 if(ans[i]){ 83 printf("%d %lld\n",i,ans[i]); 84 } 85 } 86 }
然后翻了一下网上的题解，发现点分治的方法和我不太一样：
其实，我么没有必要用容斥原理去做，这样会让很多点被多次访问，大大降低了效率。
我们使用两个map，一个表示当前的树，也就是当前根节点的子节点的子树，一个表示当前根节点的子树。
然后每次dfs当前根节点的一个子节点的子树，把GCD值存在第一个map里，然后用第一个map和第二个map用乘法原理计算之后存到ans里。
然后再把第一个map里的值附到第二个map里存起来。
代码
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<queue> 6 #include<map> 7 #define LL long long 8 const int maxn=550000; 9 const int INF=99999999; 10 using namespace std; 11 int v[maxn],head[maxn],ne[maxn],to[maxn]; 12 LL ans[maxn]; 13 int size[maxn],ma[maxn],maxx=-INF; 14 bool vis[maxn]; 15 int n,cnt=0,root,tot; 16 map<int,LL>temp; 17 map<int,LL>mem; 18 map<int,LL>::iterator iter1; 19 map<int,LL>::iterator iter2; 20 inline int GCD(register int a,register int b){ 21 return a==0?b:GCD(b%a,a); 22 } 23 inline void read(register int &x){ 24 x=0; register char ch=getchar(); 25 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 26 while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); 27 } 28 inline void add(int f,int t){ 29 ne[++cnt]=head[f],head[f]=cnt,to[cnt]=t; 30 } 31 inline void get_root(int now,int fa){ 32 ma[now]=0,size[now]=1; 33 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 34 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 35 get_root(to[i],now); 36 size[now]+=size[to[i]]; 37 ma[now]=max(ma[now],size[to[i]]); 38 } 39 ma[now]=max(ma[now],tot-size[now]); 40 if(ma[now]<ma[root])root=now; 41 } 42 inline void get_dep(int now,int fa,int gcd){ 43 temp[gcd]++; 44 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 45 if(to[i]==fa||vis[to[i]])continue; 46 get_dep(to[i],now,GCD(gcd,v[to[i]])); 47 } 48 } 49 inline void get_ans(int now){ 50 mem.clear(),mem[v[now]]++,ans[v[now]]++; 51 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 52 if(vis[to[i]])continue; 53 temp.clear(); 54 get_dep(to[i],now,GCD(v[now],v[to[i]])); 55 for(iter1=mem.begin();iter1!=mem.end();iter1++){ 56 for(iter2=temp.begin();iter2!=temp.end();iter2++){ 57 ans[GCD(iter1->first,iter2->first)]+=(LL)(iter1->second)*(iter2->second); 58 } 59 } 60 for(iter1=temp.begin();iter1!=temp.end();iter1++){ 61 mem[iter1->first]+=iter1->second; 62 } 63 } 64 } 65 inline void solve(int now){ 66 vis[now]=1,get_ans(now); 67 for(register int i=head[now];i;i=ne[i]){ 68 if(vis[to[i]])continue; 69 tot=size[to[i]],root=0; 70 get_root(to[i],0); 71 solve(root); 72 } 73 } 74 int main(){ 75 read(n); 76 for(register int i=1;i<=n;i++){ 77 read(v[i]); 78 maxx=max(maxx,v[i]); 79 } 80 register int f,t; 81 for(register int i=1;i<n;i++){ 82 read(f),read(t); 83 add(f,t),add(t,f); 84 } 85 size[0]=ma[0]=INF,tot=n; 86 get_root(1,0); 87 solve(root); 88 for(register int i=1;i<=maxx;i++){ 89 if(ans[i]){ 90 printf("%d %lld\n",i,ans[i]); 91 } 92 } 93 }