[UOJ]#33. 【UR #2】树上GCD

题目大意：给定一棵有根树，边长均为1，对于每一个i，求树上有多少个点对，他们到lca距离的gcd是i。（n<=200,000）

做法：先容斥，求出gcd是i的倍数的点对，考虑长链剖分后从小到大合并计算答案，小的部分先把每个深度的数量变为每个深度的倍数的数量，然后若深度>k，直接到大的里面暴力，若深度<=k，我们在大的里面维护f[i][j]表示深度mod i(1<=i<=k)为j的点数，理论上k取n^0.5时达到最小复杂度O(n^1.5)，实际上k比较小的时候常数较小。另外递归计算的时候先递归轻儿子，这样始终都只要存一个f数组。

代码：

#include<cstdio>
inline int read()
{
    int x;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=x*+c-'';
    return x;
}
#define MN 200000
#define K 20
struct edge{int nx,t;}e[MN+];
int h[MN+],en,d[MN+],ht[MN+],mx[MN+],l[MN+],cnt;
int f[MN+],c[MN+],s[K+][K+];
long long ans[MN+],ss[MN+];
inline void ins(int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;}
void dfs(int x)
{
    l[x]=++cnt;
    if(mx[x])dfs(mx[x]);
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=mx[x])dfs(e[i].t);
}
void solve(int x,int v)
{
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=mx[x])solve(e[i].t,);
    if(mx[x])solve(mx[x],);
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=mx[x])
    {
        for(int j=;j<=ht[e[i].t];++j)
        {
            c[j]=f[l[e[i].t]+j];
            for(int k=j;(k+=j+)<=ht[e[i].t];)f[l[e[i].t]+j]+=f[l[e[i].t]+k];
            if(j<K)ans[j+]+=1LL*f[l[e[i].t]+j]*s[j+][d[x]%(j+)];
            else for(int k=;(k+=j+)<=ht[x];)ans[j+]+=1LL*f[l[e[i].t]+j]*f[l[x]+k];
        }
        for(int j=;j<=ht[e[i].t];++j)
        {
            f[l[x]+j+]+=c[j];
            for(int k=;k<=K;++k)s[k][(d[e[i].t]+j)%k]+=c[j];
        }
    }
    f[l[x]]=;
    if(v)for(int i=;i<=ht[x];++i)for(int k=;k<=K;++k)s[k][(d[x]+i)%k]-=f[l[x]+i];
    else for(int k=;k<=K;++k)++s[k][d[x]%k];
}
int main()
{
    int n=read(),i,j;
    for(i=;i<=n;++i)++ss[d[i]=d[j=read()]+],ins(j,i);
    for(i=n;i;--i)for(j=h[i];j;j=e[j].nx)
        if(ht[e[j].t]+>ht[i])ht[i]=ht[mx[i]=e[j].t]+;
    dfs();solve(,);
    for(i=n;i;--i)for(ss[j=i]+=ss[i+];(j+=i)<=n;)ans[i]-=ans[j];
    for(i=;i<n;++i)printf("%lld\n",ans[i]+ss[i]);
}