The 2021 ICPC Asia Regionals Online Contest (II) L Euler Function (數論，線段樹）

• 題意：一個長度為\(n\)的序列\(x\)，\(m\)次操作，有兩種，一種是對區間\([l,r]\)的數乘上\(w\)，一種是詢問\([l,r]\)的每個數的歐拉函數之和。

• 題解：首先看數據范圍，\(x[i]\)和\(w\)的值都很小，最大才\(100\)，根據歐拉函數公式：\(\phi [N]=N*(1-\frac{1}{p_1})*...*(1-\frac{1}{p_n})\)，\(p_i\)表示\(N\)質因數分解后的質數，那么有如下的性質：

  對於一個質數P，\(\phi [N*P]=\phi [N]*P\ \ if(N|P)\)和\(\phi [N*P]=\phi [N]*（P-1）\ \ if(N!|P)\)

  那么對於每個\(w\)，先質因數分解，然后線段樹維護每個質因數，並開25個\(tag\)進行標記，如果當前區間全部包含某個質因數，就可以直接算。

• 代碼：

  #include <iostream>
  #include <vector>
  #include <set>
  #include <algorithm>
  #include <unordered_map>
  using namespace std;
  #define ll long long
  #define pb push_back
  const int N=1e5+10;
  const int mod=998244353;
  
  
  int n,m;
  ll x[N];
  ll res[200];  //歐拉函數值
  int cntp[200][200];  //記錄每個i的質數j的出現次數
  bool vis[200];
  int prime[100],cnt;
  
  void get_prime(int n){
      for(int i=2;i<=n;++i){
         if(!vis[i]) prime[cnt++]=i;
         for(int j=0;j<cnt && prime[j]<=n/i;++j){
             vis[i*prime[j]]=true;
             if(i%prime[j]==0) break;
         } 
      } 
  }
  
  struct Node{
      int l,r;
      ll val; ll mul;
      bool tag[26];
  }tr[N<<4];
  
  void push_up(int u){
      for(int i=0;i<25;++i){  //如果兩個兒子都有這個質因數，父親才有
          if(tr[u<<1].tag[i] && tr[u<<1|1].tag[i]){
              tr[u].tag[i]=true;
          }
      }
      tr[u].val=(tr[u<<1].val+tr[u<<1|1].val)%mod;
  }
  
  void push_down(int u){
      tr[u<<1].val=(tr[u<<1].val*tr[u].mul)%mod;
      tr[u<<1|1].val=(tr[u<<1|1].val*tr[u].mul)%mod;
      tr[u<<1].mul=(tr[u<<1].mul*tr[u].mul)%mod;
      tr[u<<1|1].mul=(tr[u<<1|1].mul*tr[u].mul)%mod;
      tr[u].mul=1;
  }
  
  void build(int u,int l,int r){
      if(l==r){
          tr[u]={l,r,res[x[l]],1};
          for(int i=0;i<25;++i){
              if(cntp[x[l]][i]) tr[u].tag[i]=true;
          }
          return;
      }
      tr[u]={l,r,1,1};
      int mid=(tr[u].l+tr[u].r)>>1;
      build(u<<1,l,mid);
      build(u<<1|1,mid+1,r);
      push_up(u);
  }
  
  void update(int u,int l,int r,int id,int cnt){
      if(tr[u].l>=l && tr[u].r<=r && tr[u].tag[id]){   //質因數出現過
          for(int i=1;i<=cnt;++i){
              tr[u].val=(tr[u].val*prime[id])%mod;
              tr[u].mul=(tr[u].mul*prime[id])%mod;
          }
          return;
      }
      if(tr[u].l==tr[u].r){    //質因數沒有出現過
          tr[u].val=(tr[u].val*(prime[id]-1))%mod; //先算一次
          for(int i=1;i<cnt;++i){
              tr[u].val=(tr[u].val*prime[id])%mod;
          }
          tr[u].tag[id]=true;
          return;
      }
      if(tr[u].mul!=1) push_down(u);
      int mid=(tr[u].l+tr[u].r)>>1;
      if(l<=mid) update(u<<1,l,r,id,cnt);
      if(r>mid) update(u<<1|1,l,r,id,cnt);
      push_up(u);
  }
  
  ll query(int u,int l,int r){
      if(tr[u].l>=l && tr[u].r<=r){
          return tr[u].val;
      }
      if(tr[u].mul!=1) push_down(u);
      int mid=(tr[u].l+tr[u].r)>>1;
      ll sum=0;
      if(l<=mid) sum=(sum+query(u<<1,l,r))%mod;
      if(r>mid) sum=(sum+query(u<<1|1,l,r))%mod;
      return sum;
  }
   
  int main(){
      get_prime(110);
      scanf("%d %d",&n,&m);
      for(int i=1;i<=n;++i){
          scanf("%lld",&x[i]);
      }
      for(int i=1;i<=100;++i){
          int tmp=i;
          res[i]=i;
          for(int j=0;j<25;++j){
              if(tmp%prime[j]==0){
                  res[i]=res[i]/prime[j]*(prime[j]-1);
                  while(tmp%prime[j]==0) tmp/=prime[j],cntp[i][j]++;
              }
          }
      }
      build(1,1,n);
      for(int i=1;i<=m;++i){
          int op;
          scanf("%d",&op);
          if(op==1){
              int l,r;
              scanf("%d %d",&l,&r);
              printf("%lld\n",query(1,l,r));
          }
          else{
              int l,r,x;
              scanf("%d %d %d",&l,&r,&x);
              for(int i=0;i<25;++i){
                  if(cntp[x][i]) update(1,l,r,i,cntp[x][i]);
              }
          }
      }
      return 0;
  }