Array Equalizer （莫比乌斯函数+二分）

Array Equalizer

[Link](Problem - E - Codeforces)

题意

给你两个数组$a,b$，两个操作$1：$ 选择一个$i$将$a$中$i$和$i$的倍数都加$1$ $2：$ 选择一个$i$将$a$中$i$和$i$的倍数都减$1$。现在$b_1$不知道是多少，给你$q$次询问，每次给你一个$b_1$，问你最少操作多少次可以将，$a$变成$b$。

思路

发现每次给你$b_1$后从前往后对于每个位置$i$你的操作都是确定的，但是数据范围太大，如果暴力的从前往后遍历的话复杂度是$O(n^2)$的，需要优化一下。

我们将$[2,n]$的每个$b_i$都变成$b_i=b_i-a_i$，$a_i$都变成零，对于每次询问加入的$b_1$也仿照上面假设$bi$操作完为$x$，我们将操作定义为少就加多就减。

首先$a_1$要变成$x$，所以位置一要操作$x$，则$a_2=x,a_2\to b_2$，所以位置二要做操作$b_2-x$，则$a_3=x,a_3\to b_3$，所以位置三要做操作$b_3-x$，则$a_4=x+b_2-x,a_4\to b_4$，所以位置四要做操作$b_4-b_2...$

因此在某个位置$i$做的操作即$m{u}_{i}x+d_i$，因此我们要最小化$\sum |m{u}_{i}x+d_i|$，发现有奇数个质因子的时候是$-1$，偶数个的时候是$1$，其他$0$，则$m{u}_i$为莫比乌斯函数。

那么对于$\sum |m{u}_{i}x+d_i|$算贡献可以分为三种情况

1. $m{u}_i==0$，我们直接将答案加进去即可，
2. $m{u}_i==-1$，我们将原式取反就等价与$m{u}_i==1$的情况了
3. $m{u}_i==1$，对于这样的情况我们发现将所有的$d_i$排序以后具有二段性，即某个$j$前面$d_i<-x$后面$d_i>=-x$，因此我们每次二分临界点，前缀和一下直接算贡献即可。

复杂度为$O(qlogn)$

Code

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <bitset>
#include <unordered_map>
#include <cmath> 
#include <stack>
#include <iomanip>
#include <deque> 
#include <sstream>
#define x first
#define y second
#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl;
using namespace std;
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef unsigned long long ULL;
const int N = 1e6 + 10, M = 2 * N, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8, pi = acos(-1), inf = 1e20;
#define tpyeinput int
inline char nc() {static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
inline void read(tpyeinput &sum) {char ch=nc();sum=0;while(!(ch>='0'&&ch<='9')) ch=nc();while(ch>='0'&&ch<='9') sum=(sum<<3)+(sum<<1)+(ch-48),ch=nc();}
int dx[] = {-1, 0, 1, 0}, dy[] = {0, 1, 0, -1};
int h[N], e[M], ne[M], w[M], idx;
void add(int a, int b, int v = 0) {
    e[idx] = b, w[idx] = v, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
int n, m, k;
LL a[N], b[N], d[N];
int mu[N], primes[N], cnt;
LL sum[N];
bool st[N];
vector<LL> ve;
void get(int n) {
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i ++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt ++] = i;
            mu[i] = -1;        
        }

        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                mu[primes[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[primes[j] * i] = mu[i] * -1;
        }
    }
}
LL query(LL l, LL r) {
    if (r < 0) return 0;
    if (l > ve.size() - 1) return 0;
    if (l) return sum[r] - sum[l - 1];
    return sum[r];
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    get(1000000);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i], d[i] = b[i] - a[i];

    d[1] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        LL x = d[i];
        for (int j = i + i; j <= n; j += i) d[j] -= x;        
    }

    LL res = 0;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        if (!mu[i]) res += abs(d[i]);
        else if (mu[i] == -1) ve.push_back(-d[i]);
        else ve.push_back(d[i]);
    }

    sort(ve.begin(), ve.end());
    sum[0] = ve[0];
    for (int i = 1; i < ve.size(); i ++) sum[i] = sum[i - 1] + ve[i];
   
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ) {
        LL x; cin >> x;
        x -= a[1];
        int l = 0, r = ve.size() - 1;
        while (l < r) {
            int mid = l + r >> 1;
            if (ve[mid] >= -x) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        if (ve[l] < -x) l ++;
        LL ans = query(l, ve.size() - 1) + x * (ve.size() - l) - query(0, l - 1) - l * x;

        cout << res + ans << endl;
    }
    return 0;
}