【51NOD 1675】序列变换

Description

lyk有两序列a和b。
lyk想知道存在多少对x,y，满足以下两个条件。
1：$gcd(x,y)=1$
2： $a_{b_x} = b_{a_y}$

例如若a={1,1,1}，b={1,1,1}。那么存在7对，因为除了x=2,y=2或x=3,y=3外都满足条件。

Solution

51NOD的40分题我一个晚上都没搞出来我是不是可以回家种田了QwQ~

很显然可以发现，我们可以设$a'_{x}=a_{b_x}\ ,\ b'_x=b_{a_x}$，
这样问题就简化了很多，
先考虑不同的数分开来做，
设我们当前做到数I，
设$aa_x=[a_x=I]$，$bb_x=[b_x=I]$
上反演：
当前的贡献为：

$$\sum_{d=1}^n\mu(d)*(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}aa_{id})*(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}bb_{id})$$

这样暴力做的复杂度最差是$O(n^2\log(n))$，
我们发现，枚举一个数的所有倍数的复杂度为$O(n\log(n))$，
那么，枚举一个数的所有因数也不就是$O(n\log(n))$的吗
而且，上面的式子每个数只会访问一次，所以复杂度是可以做到$O(n\log(n))$的，

Code

标程用的是暴力的$n\sqrt n$求因数，跑的很慢

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define min(q,w) ((q)>(w)?(w):(q))
#define max(q,w) ((q)<(w)?(w):(q))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=200500;
int read(int &n)
{
    char ch=' ';int q=0,w=1;
    for(;(ch!='-')&&((ch<'0')||(ch>'9'));ch=getchar());
    if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar())q=q*10+ch-48;n=q*w;return n;
}
int m,n;
LL ans;
int a1[N],b1[N],a[N],b[N];
int pr[N/5],mu[N],la[N];
bool prz[N];
int A[N],B[N][2],B0;
int A1[N],B1[N][2],B10;
int f[2][N];
int d[N];
void link(int q,int w){B[++B0][0]=A[q],A[q]=B0,B[B0][1]=w;}
void link1(int q,int w){B1[++B10][0]=A1[q],A1[q]=B10,B1[B10][1]=w;}
void JIA(int q,int I,int E)
{
    f[I][1]+=E;
    if(q>1)
    {
        if(!f[I][q])d[++d[0]]=q;
        f[I][q]+=E;
    }
    for(int i=2;i*i<=q;i++)if(q%i==0)
    {
        int t=i;
        {
            if(!f[I][t])d[++d[0]]=t;
            f[I][t]+=E;
            int t1=q/t;
            if(t1!=t)
            {
                if(!f[I][t1])d[++d[0]]=t1;
                f[I][t1]+=E;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    int q,w;
    read(n);
    fo(i,1,n)read(a1[i]);
    fo(i,1,n)read(b1[i]);
    fo(i,1,n)link(a1[b1[i]],i);
    fo(i,1,n)link1(b1[a1[i]],i);
    mu[1]=1;
    fo(i,2,n+1)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1,la[i]=1;
        fo(j,1,pr[0])
        {
            int t=pr[j]*i;
            if(t>n+1)break;
            la[t]=i;
            prz[t]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    fo(I,1,n)if(A[I]&&A1[I])
    {
        for(int i=A[I];i;i=B[i][0])JIA(B[i][1],0,1);
        d[0]=0;
        for(int i=A1[I];i;i=B1[i][0])JIA(B1[i][1],1,1);

        int sl=ans;
        d[++d[0]]=1;
        for(;d[0];d[0]--)
            ans+=(LL)mu[d[d[0]]]*(LL)f[0][d[d[0]]]*(LL)f[1][d[d[0]]];

        for(int i=A[I];i;i=B[i][0])JIA(B[i][1],0,-1);
        for(int i=A1[I];i;i=B1[i][0])JIA(B1[i][1],1,-1);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}