[arc086e]snuke line

题意：

有n个区间，询问对于$1\leq i\leq m$的每个i，有多少个区间至少包含一个i的倍数？

$1\leq N\leq 3\times 10^5$

$1\leq M\leq 10^5$

题解：

开始就想到了调和级数的复杂度，但是一直没想到反着统计。。。

正着统计区间是否包含$i$的倍数很麻烦，不妨反过来统计是否不包含，那么不包含的情况肯定是区间卡在两个$i$的倍数之间或者在$\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\times i$和$M$之间，用调和级数的时间复杂度可以把所有倍数搞出来。那么可以将询问离线，按照$i$的倍数分段，然后用树状数组维护即可。

调和级数一个$log$，树状数组一个$log$，所以最后的时间复杂度是$O(mlogmlogn)$

貌似有很多dalao用不同姿势的分块碾了过去QAQ

代码：

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<cmath>
 #define lb(x) (x&-x)
 using namespace std;
 struct task{
     int x,id;
 }a[];
 int n,m,l,r,tot=,ans[],t[];
 vector<int>g1[],g2[];
 void add(int x,int v){
     for(;x;x-=lb(x)){
         t[x]+=v;
     }
 }
 int query(int x){
     int ret=;
     for(;x<=m;x+=lb(x)){
         ret+=t[x];
     }
     return ret;
 }
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++){
         scanf("%d%d",&l,&r);
         g1[r].push_back(l);
     }
     for(int i=;i<=m;i++){
         ans[i]=n;
         for(int j=;j<=m/i;j++){
             a[++tot].x=i*(j-);
             a[tot].id=i;
             g2[i*j].push_back(tot);
         }
         a[++tot].x=(m/i)*i;
         a[tot].id=i;
         g2[m+].push_back(tot);
     }
     for(int i=;i<=m+;i++){
         for(int j=,jj=g2[i].size();j<jj;j++){
             ans[a[g2[i][j]].id]-=query(a[g2[i][j]].x+);
         }
         for(int j=,jj=g1[i].size();j<jj;j++){
             add(g1[i][j],);
         }
     }
     for(int i=;i<=m;i++)printf("%d\n",ans[i]);
     return ;
 }