题目描述
珂朵莉给你一个长为n的序列，有m次查询
每次查询给两个数l,r
设s为区间[l,r]内所有数的乘积
求s的约数个数mod 1000000007
输入描述:
第一行两个正整数n,m
第二行一个长为n的序列
之后m行每行两个数l和r
输出描述:
对于每个询问，输出一个整数表示答案
示例1
输入
5 5 64 2 18 9 100 1 5 2 4 2 3 1 4 3 4
输出
165 15 9 45 10
备注:
对于100%的数据，有n , m <= 100000 , a[i] <= 1000000
题解
莫队算法，质因数分解。
本质就是求区间内每个素因子出现的次数的乘积，可以用莫队来搞。
然后超时了......分析了一波发现每个数最多可以分解成$20$个左右的素因子，也就是莫队增加一个数删除一个数的时候，需要进行$20$个数的修改。
常数有点大。又分析了一波，发现每个数最多只能分解成$7$个素因子，也就是按种类来修改可以减少一些常数。还是超时......
最后看了题解，发现好强啊......：
对每个数进行质因子分解，考虑一个数的约数个数即为其每个质因子出现次数+1的乘积，所以维护这个即可
考虑每个数只有一个大于1000的质数，对这部分进行根号分治
对于小于1000的质因子（只有168个），维护一个前缀和pre[i][j]表示第i个质因子在前j个数中出现次数
对于大于1000的质因子，用莫队维护即可
这样操作，莫队转移复杂度大大降低，小的素因子一波搞就$ok$了。
然后写莫队的时候发现了曾经没有注意到的事情，就是要先进行$add$，然后进行$delete$。不举例了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
const long long mod = 1000000007LL;
int a[maxn];
int b[maxn];
int sum[maxn][200];
int c[50], g;
int cnt[10 * maxn];
int pos[maxn];
int n, m, L, R;
long long Ans;
struct X {
int l, r, id;
}s[maxn];
long long ans[maxn];
bool cmp(const X& a, const X& b) {
if (pos[a.l] != pos[b.l]) return a.l < b.l;
if((pos[a.l]) & 1) return a.r > b.r;
return a.r < b.r;
}
bool noprime[10 * maxn];
int prime[10 * maxn], num_prime;
long long inv[20 * maxn];
void init() {
inv[0] = inv[1] = 1;
for(long long i = 2; i <= 2000005; i ++) {
inv[i] = inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
}
noprime[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 1000000; i ++) {
if(noprime[i]) continue;
prime[num_prime ++] = i;
for(int j = i + i ; j <= 1000000; j = j + i) {
noprime[j] = 1;
}
}
}
void add(int x) {
if(x == 0) return;
Ans = Ans * inv[cnt[x] + 1] % mod;
cnt[x] += 1;
Ans = Ans * (cnt[x] + 1) % mod;
}
void del(int x) {
if(x == 0) return;
Ans = Ans * inv[cnt[x] + 1] % mod;
cnt[x] -= 1;
Ans = Ans * (cnt[x] + 1) % mod;
}
int main() {
init();
scanf("%d%d", &n, &m);
int sz = sqrt(n);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &a[i]);
pos[i] = i / sz;
int now = 0;
int tmp = a[i];
g = 0;
while(tmp != 1) {
if(noprime[tmp] == 0) {
c[g ++] = tmp;
tmp = 1;
} else {
while(tmp % prime[now] == 0) {
c[g ++] = prime[now];
tmp = tmp / prime[now];
}
now ++;
}
}
for(int j = 0; j < g; j ++) {
if(c[j] > 1000) {
b[i] = c[j];
} else {
for(int k = 0; k < 200; k ++) {
if(prime[k] == c[j]) {
sum[i][k] ++;
}
}
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 0; j < 200; j ++) {
sum[i][j] = sum[i][j] + sum[i - 1][j];
}
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
scanf("%d%d", &s[i].l, &s[i].r);
s[i].id = i;
}
sort(s + 1, s + m + 1, cmp);
Ans = 1LL;
for(int i = s[1].l; i <= s[1].r; i ++) {
add(b[i]);
}
for(int j = 0; j < 200; j ++) {
Ans = Ans * (sum[s[1].r][j] - sum[s[1].l - 1][j] + 1) % mod;
}
ans[s[1].id] = Ans;
L = s[1].l;
R = s[1].r;
for(int i = 2; i <= m; i ++) {
while (L > s[i].l) { L--, add(b[L]); }
while (R < s[i].r) { R++, add(b[R]); }
while (L < s[i].l) { del(b[L]), L++; }
while (R > s[i].r) { del(b[R]), R--; }
for(int j = 0; j < 200; j ++) {
Ans = Ans * inv[sum[s[i - 1].r][j] - sum[s[i - 1].l - 1][j] + 1] % mod;
Ans = Ans * (sum[s[i].r][j] - sum[s[i].l - 1][j] + 1) % mod;
}
ans[s[i].id] = Ans;
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
printf("%lld\n", ans[i]);
}
return 0;
}
