题目描述：
给出长度为n(n<=1000000)的数列和m(m<=1000000)个询问。
每个询问有三个正整数l,r,d，询问[l,r]区间累乘是否为d的倍数
题目分析：
查询之前先对数列进行质因数分解
记录每一个质数存在的下标，比如数据：2 4 8 16 9 12
那么v[2]={1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,6,6}; v[3]={5,5,6};
表示2和3在数据中出现的下标。
那么查询[l,r]=[2,4]中, 有2的多少次方的操作：
upper_bound(v[2].begin(),v[2].end(),r)-lower_bound(v[2].begin(),v[2].end(),l)
答案是9,表示l到r之间最多能够组成2的9次方；
对每个询问中的数d进行质因数分解，再逐个质因数进行查询即可解决。
对某个数进行质因数分解时，分解过程中若d除后为质数，则跳出循环，不然会卡时间
代码：
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<string>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#define INF 0x3f3f3f3f//3f3f3f3f
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
int n,m,a,l,r,d;
vector<int>v[100005];
int p[100005],np[100005],pcnt;
void primediv(int n){
memset(np,0,sizeof np);pcnt=0;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(np[i]==0){
p[pcnt++]=i;
}
for(int j=0;j<pcnt && p[j]*i<=n;j++){
np[p[j]*i]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
void resolve(int a, int k){
for(int i=0;np[a];i++){
while(a%p[i]==0){
v[p[i]].push_back(k);
a/=p[i];
}
}
if(a>1)v[a].push_back(k);//important!
}
int main(){
primediv(100001);
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
for(int i=0;i<pcnt;i++)v[p[i]].clear();
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a);
resolve(a,i);
}
while(m--){
scanf("%d %d %d",&l,&r,&d);
int flag=1;
for(int i=0, num=0;np[d] && flag;i++){
while(d%p[i]==0)
d/=p[i],num++;
if(num){
int cnt=upper_bound(v[p[i]].begin(),v[p[i]].end(),r)
-lower_bound(v[p[i]].begin(),v[p[i]].end(),l);
if(cnt<num)flag=0;
num=0;
}
}
if(flag && d>1){//important
int cnt=upper_bound(v[d].begin(),v[d].end(),r)
-lower_bound(v[d].begin(),v[d].end(),l);
if(cnt<1)flag=0;
}
if(flag)printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
}
return 0;
}