【Codeforces 1097F】Alex and a TV Show（bitset & 莫比乌斯反演）

Description

你需要维护 $n$ 个可重集，并执行 $m$ 次操作：

1 x v：$X\leftarrow \{v\}$；
2 x y z：$X\leftarrow Y \cup Z$；
3 x y z：$X \leftarrow \{\gcd(a, b)\ |\ a\in Y, b\in Z\}$；
4 x v：询问 $v$ 在 $X$ 中出现次数 $\bmod 2$ 的结果。

Hint

$1\le n\le 10^5, 1\le m\le 10^6, 1\le v\le 7\times 10^3$。

Solution

由于最终结果只需要保留其奇偶性，那么不难想到异或。$1$ 异或奇数次为 $1$，偶数次为 $0$。

于是直接用 bitset 来维护集合中每个数字出现次数的奇偶性。那么操作一相当于直接将 bitset 清零，然后 $v$ 位置为 $1$。操作二直接 bitset 按位异或。操作四显然。

然而操作三就出事情了，不过这个 $\gcd$ 启发我们向约数方向去考虑。

假如说我们维护的并不是数集中的数，而是这些数的因子出现次数的奇偶性，那么对于操作一、二，分别重新赋值（约数的 bitset 可以预处理），按位异或。操作三其实可以简单转化为按位与，推导如下：

（记 $S_X(j)$ 为集合 $X$ 中 $j$ 的个数 $\bmod 2$ 的值，$D_X(j)$ 为集合 $X$ 中的数字的约数中 $j$ 的个数 $\bmod 2$ 的值，下同）

\[\begin{aligned}
D_X(i) &\equiv \sum_{j\in Y}\sum_{k\in Z} S_Y(j)S_Z(k)[i\ |\ \gcd(j, k)] &\pmod 2 \\
& \equiv \sum_{j\in Y}S_Y(j)[i \ |\ j]\sum_{k\in Z}S_Z(k)[i\ |\ k] &\pmod 2\\
& \equiv D_Y(i)\times D_Z(i) &\pmod 2\\
\end{aligned}
\]

然后这个乘法相当于按位与运算。

最后考虑操作四。首先我们有莫比乌斯反演，通过这个我们可以把现在维护的 $D$ 搞成 $S$：

\[D_X(i) = \sum_{i\ |\ j} S_X(j) \quad\Leftrightarrow\quad S_X(i)=\sum_{i\ |\ j}\mu\left(\tfrac j i\right)D_X(i)
\]

我们发现 $\mu$ 函数的取值只有 $\pm 1$ 和 $0$，且 $-1 \bmod 2 = 1$。所以其实这个 $\mu\left(\frac j i\right)$ 也可以预处理成 bitset，然后直接和 $D_X$ 按位与然后 count() 即可。

预处理复杂度可以做到 $O(v\log v)$，单次操作是 $O(\frac v \omega)$ 的。

Code

/*

 * Author : _Wallace_

 * Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/

 * Problem :  Codeforces 1097F Alex and a TV Show

 */

#include <algorithm>

#include <bitset>

#include <cctype>

#include <cstdio>

using namespace std;

const int V = 7e3 + 1;

const int N = 1e5 + 5;

inline int read() {

    int x = 0; char c = getchar();

    while (!isdigit(c)) c = getchar();

    while (isdigit(c)) x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48, c = getchar();

    return x;

}

bitset<V> divr[V];

bitset<V> mu_d[V]; // mu[x][y] = mu(y/x)

int p[V], mu[V], tot;

bool flag[V];

void init() {

    mu[1] = 1;

    for (int i = 2; i < V; i++) {

        if (!flag[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;

        for (int j = 1; j <= tot && p[j] * i < V; j++) {

            flag[i * p[j]] = 1;

            if (i % p[j] == 0) break;

            mu[i * p[j]] = -mu[i];

        }

    }

    for (int i = 1; i < V; i++)

        for (int j = i; j < V; j += i)

            divr[j].set(i), mu_d[i][j] = (mu[j / i] != 0);

}

int n, m;

bitset<V> val[N];

signed main() {

    n = read(), m = read(), init();

    for (int op, x, y, z, v; m; --m) {

        op = read(), x = read();

        switch (op) {

            case 1 : v = read(), val[x] = divr[v]; break;

            case 2 : y = read(), z = read(), val[x] = val[y] ^ val[z]; break;

            case 3 : y = read(), z = read(), val[x] = val[y] & val[z]; break;

            case 4 : v = read(), putchar(((mu_d[v] & val[x]).count() & 1) + 48); break;

        }

    }

}