Gym102832K. Ragdoll（CCPC长春）

题意：

n个点，每个点都有自己的权值 $a_i$ ，一开始第i个点在第i个集合里。
如果一对点(i,j)是bad当且仅当满足i和j在同一个集合里，且 $gcd(a_i,a_j)=a_i⊕a_j$
现在有3种操作:

新增一个点x(在新的一个集合里)，值为v
合并两个集合x和y
将点x的值改为v

有m个操作，请输出每次操作后有多少对点是bad

题解：

一开始无从下手，因为这个式子不知道该如何应用
这里有个很巧妙的转换， $a_i⊕a_j ⩾|a_i-a_j|⩾gcd(a_i,a_j)$ ,如果我们要让等式成立，则需要满足：

$a_i⊕a_j=|a_i-a_j|$
$a_i-a_j|=gcd(a_i,a_j)$

转换证明：
$a \oplus b > = a - b$ ，这个式子是显然成立的，用二进制思想去考虑
$g c d (a, b) < = a - b$ :由于gcd(a,b)是b的因子，gcd(a,b)是a的因子，所以gcd(a,b)就是(a-b)的因子，所以gcd(a,b)一定小于等于a-b

$a_i-a_j|=gcd(a_i,a_j)$
$a_j=a_i+gcd(a_i,a_j)$ 或者 $a_j=a_i-gcd(a_i,a_j)$
而 $gcd(a_i,a_j)$ 是 $a_i$ 的因子
因此我们可以枚举 $a_i$ ,然后枚举 $a_i$ 的因子，这样就求出对于 $a_i$ 而言合法的 $a_j$ ，用vector存下来。相当于我们可以预处理出所有是bad的点对
我们再看三个操作，这种集合操作，都可以用并查集来维护
对于操作1，就是新加一个集合
对于操作2，合并两个集合，如果我们直接盲目合并，复杂度是O(n)，这里用到启发式合并，把小的集合合并到大的集合中，这样复杂度降低为O(log)
对于操作3，我们先去掉原先元素可能组成的bad点对，改成数v后再加入新的bad点对
在每次操作中，维护着答案，如何维护呢？因为我们预处理出所有点对，合并时两个集合时，就枚举小集合所有元素，看大集合内有多少可以构成bad点对，更新答案ans。修改数时就是删除原先，加上新填
unordered_map速度更快
详细内容看代码

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#include <unordered_map>
#define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b);
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
clock_t startTime, endTime;
//Fe~Jozky
const ll INF_ll= 1e18;
const int INF_int= 0x3f3f3f3f;
void read(){};
template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar)
{x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...);
}
template <typename T> inline void write(T x)
{if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');
}
void rd_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
}
void Time_test()
{
#ifdef ONLINE_JUDGE
#elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
const int maxn=5e5+9;
int n,m; 
int a[maxn];
vector<int>g[maxn];
int fa[maxn];
int sz[maxn];
ll ans=0;
unordered_map<int,ll>mp[maxn];
int gcd(int a,int b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;
}
int find(int x){if(fa[x]==x)return x;return fa[x]=find(fa[x]);
} 
void work(int x){for(int i=1;i*i<=x;i++){//枚举因子 if(x%i==0){int tmp=x-i;if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp!=0)//符合bad的点对 g[x].push_back(tmp);tmp=x+i; if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp<=200000)g[x].push_back(tmp);if(i!=x/i){tmp=x-x/i;if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp!=0)g[x].push_back(tmp);tmp=x+x/i;if((tmp^x)==gcd(tmp,x)&&tmp!=200000)g[x].push_back(tmp);} }}
}
void merge(int x,int y){int fx=find(x);int fy=find(y);if(fx==fy)//如果在一个集合退出 return ;//我们让fy是小集合，用fy去合并到fx if(sz[fx]<sz[fy]) swap(fx,fy);//合并时更新答案ans for(auto& it:mp[fy]){//遍历小集合内的所有元素it.first
//		cout<<"it.first="<<it.first<<endl;for(int i=0;i<g[it.first].size();i++){
//			printf("g[it.first].size()=%d\n",g[it.first].size());
//			printf("g[it.first][%d]=%d\n",i,g[it.first][i]);//看大集合中有多少点可以与小集合的元素组成bad点对 if(mp[fx].count(g[it.first][i]))ans+= 1ll * it.second * mp[fx][g[it.first][i]];}}for(auto &it:mp[fy]){//把fy的所有元素存放到集合fx中，即合并 mp[fx][it.first]+=it.second;} mp[fy].clear();sz[fx]+=sz[fy];fa[fy]=fx;
}
int main()
{rd_test();for(int i=1;i<=200002;i++){work(i);//预处理出所有bad点对 }cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n+m;i++){fa[i]=i; sz[i]=1;//集合大小}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];mp[i][a[i]]++;//每个集合元素以及大小 }for(int i=1;i<=m;i++){//添加 int op,x,y;cin>>op>>x>>y;if(op==1){a[x]=y;sz[x]=1;mp[x][y]=1;}else if(op==2){//合并操作 merge(x,y);}else if(op==3){//修改值 int u=find(x);for(int i=0;i<g[a[x]].size();i++){//删除原集合内的bad点对 if(mp[u].count(g[a[x]][i]))ans-=mp[u][g[a[x]][i]]; }mp[u][a[x]]--;//点a[x]删除a[x]=y;//修改新值for(int i=0;i<g[a[x]].size();i++){if(mp[u].count(g[a[x]][i]))ans+=mp[u][g[a[x]][i]]; }mp[u][a[x]]++;//加上新点 }printf("%lld\n",ans); }return 0;//Time_test();
}