给定一棵 $n$ 个点的树，边有边权。求简单路径上的边的乘积为完全平方数的点对 $(x,y)\ ,\ x\ne y$ 的数目。
题解
Hash
一个数是完全平方数，当且仅当每个质因子出现次数都是偶数。
因此给每一个质因子赋一个随机权值，一个数的权值等于它所有出现次数为奇数的质因子权值的异或。那么边权乘积的权值就是边权权值的异或。问题转化为求有多少条路径异或值为0。
显然， $x$ 到 $y$ 异或和为0，等价于 $x$ 到根和 $y$ 到根异或和为0。因此求出一个点到根节点的路径的权值异或和，问题转化为求有多少个相等的数。排序之后统计即可。
分解质因数可以先筛出 $\sqrt z$ 内的质数，只用质数试除，单次的时间复杂度为 $O(\frac{\sqrt z_i}{\ln z_i})$ 。
时间复杂度 $O(n\frac{\sqrt z_i}{\ln z_i})$ 。
注意：由于生日攻击原理，权值的范围需要远大于 $n^2$ ，需要long long级别。UOJ测评环境为Linux，randmax为2147483647。
#include <map>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
int prime[10010] , tot , np[10010] , head[N] , to[N << 1] , next[N << 1] , cnt;
ll val[N << 1] , sum[N];
map<int , ll> mp;
void init()
{
int i , j;
for(i = 2 ; i <= 10000 ; i ++ )
{
if(!np[i]) prime[++tot] = i;
for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= 10000 ; j ++ )
{
np[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
inline void add(int x , int y , ll z)
{
to[++cnt] = y , val[cnt] = z , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt;
}
void dfs(int x , int fa)
{
int i;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
if(to[i] != fa)
sum[to[i]] = sum[x] ^ val[i] , dfs(to[i] , x);
}
int main()
{
init();
srand(20011011);
int n , i , j , x , y , z;
ll t , v , ans = 0;
scanf("%d" , &n);
for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
{
scanf("%d%d%d" , &x , &y , &z) , v = 0;
for(j = 1 ; j <= tot ; j ++ )
{
if(z % prime[j] == 0)
{
if(mp.find(prime[j]) == mp.end()) mp[prime[j]] = (ll)rand() << 31 | rand();
t = mp[prime[j]];
while(z % prime[j] == 0) z /= prime[j] , v ^= t;
}
}
if(z != 1)
{
if(mp.find(z) == mp.end()) mp[z] = (ll)rand() << 31 | rand();
v ^= mp[z];
}
add(x , y , v) , add(y , x , v);
}
dfs(1 , 0);
sort(sum + 1 , sum + n + 1);
for(i = j = 1 ; i <= n ; i = j)
{
while(j <= n && sum[i] == sum[j]) j ++ ;
ans += (ll)(j - i) * (j - i - 1);
}
printf("%lld" , ans);
return 0;
}
