E. Mike and Foam 容斥原理

http://codeforces.com/problemset/problem/548/E

这题是询问id，如果这个id不在，就插入这个id，然后求a[id1] ,  a[id2]互质的对数。

询问有多少个互质这个套路出了很多次，这次是在线

首先维护当前的ans，可以知道每一步的ans，都是由于上一步的ans递推过来的。就是小答案可以由大答案推过来。

就是现在数组是a[] = 1, 2, 3，维护一个ans表示有多少对gcd等于1，然后添加一个4，只需要询问4在a[] = {1, 2, 3}中有多少个和它互质，即可。

（有时候也需要总体分析。-  - ，与这题无关）

分析：

怎么说呢，很久之后我看到这题，发现压根就没写详解，虽然自己记得具体解法，但是却没理论论证。想了一晚，现在回忆起来了。

难点就是在于给定一个集合，然后给你一个数，问这个集合里面有多少个数与它互质。

比如现在集合是：4、6、8、9、11

询问数字：12

与它gcd = 1， 相当于  size - (gcd != 1)对立面。

设gcd[i]表示与查询数gcd = i的总数

然后就是相当于  size -  (gcd[2] + gcd[3] + gcd[4] + gcd[5] + ..... + gcd[12])

然后这样很明显会是减多了。比如gcd[6]，会在gcd[2]的时候减一次，gcd[3]减一次，gcd[6]减一次。这样相当于减了3次。

所以每个gcd[i]前面应该还有一个系数控制它减多少。这个系数嘛，就是mobius[i]，这个就不说啦，当我们都懂了。就是gcd的容斥。

比如mobius[4] = 0，因为gcd[4]会在gcd[2]和gcd[4]的时候各减去一次，同时需要保留一次，就保留了gcd = 2的，(mobius[2] = -1)

而mobius[6] = 1，因为gcd[6]，会在gcd[2]的时候减一次，gcd[3]减一次，gcd[6]减一次。这样相当于减了3次。那么如果在gcd[6]的时候加回一次，就相当于减去了一次而已。满足条件。

回到题目，如果每次都和上面这样做，复杂度O（val），因为要枚举2----val之间的数字。

但是有很多东西是不必要的枚举，比如枚举gcd[7]，根本没有数字可能与12  gcd = 7

所以只需要枚举12的因子即可，12 = 2 * 2 * 3，因子有2、3、4、6、12，每个因子是加是减，也是由Mobius[i]决定。

但是这样枚举也很多的哦，

首先知道没必要枚举4，因为mobius[4] = 0，也没必要枚举12，同理mobius[12] = 0

那么把12写成     12 = 2 * 3，就是每个质因子出现的次数只保留一次，然后有约数是2、3、6，去容斥即可，奇加偶减

做到了每个数字的mobius[i]都 != 0，枚举都是有必要的。

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;
const int maxn =  + ;
int prime[maxn][], a[maxn];
void init() {
    for (int i = ; i <= maxn - ; ++i) {
        if (prime[i][]) continue;
        for (int j = i; j <= maxn - ; j += i) {
            prime[j][++prime[j][]] = i;
        }
    }
//    prime[1][0] = 1;
//    prime[1][1] = 1;
}
bool in[maxn];
int num[maxn];
void maintain(int val, int op) {
    int en = ( << prime[val][]) - ;
    for (int i = ; i <= en; ++i) {
        int res = ;
        for (int j = ; j <= prime[val][]; ++j) {
            if (i & ( << (j - ))) res *= prime[val][j];
        }
        num[res] += op;
    }
}
LL ans;
LL getAns(int val) {
    LL ans = ;
    int en = ( << prime[val][]) - ;
    for (int i = ; i <= en; ++i) {
        int res = ;
        int sel = ;
        for (int j = ; j <= prime[val][]; ++j) {
            if (i & ( << (j - ))) {
                ++sel;
                res *= prime[val][j];
            }
        }
        if (sel & ) ans += num[res];
        else ans -= num[res];
    }
    return ans;
}
void work() {
    int n, q, tot = ;
    scanf("%d%d", &n, &q);
    for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
    for (int i = ; i <= q; ++i) {
        int id;
        scanf("%d", &id);
        if (in[id]) {
            maintain(a[id], -);
            in[id] = false;
            ans -= getAns(a[id]);
            tot--;
        } else {
            ans += getAns(a[id]);
            maintain(a[id], );
            in[id] = true;
            tot++;
        }
        printf("%I64d\n", 1LL * tot * (tot - ) /  - ans);
    }
}

int main() {
#ifdef local
    freopen("data.txt", "r", stdin);
//    freopen("data.txt", "w", stdout);
#endif
    init();
//    int val = 4;
//    for (int i = 1; i <= prime[val][0]; ++i) {
//        printf("%d ", prime[val][i]);
//    }
//    printf("\n");
    work();
    return ;
}

http://www.cnblogs.com/liuweimingcprogram/p/6919379.html