智慧树

• 解决此题有两个要点：

1. 如何判断一个线性同余方程组有没有解
2. 如何统计合法子序列数目

• 先看第2点：
  若一个序列是合法的，则这个序列的所有子序列都是合法的
  考虑对$\forall 1\le i\le n$，求出以$i$为左端点时，序列右端点最右能取到哪，记为$nxt[i]$
  若不考虑$l,r$的限制，所有合法子序列数=${\sum }_{i=1}^n(nxt[i]-i+1)$
• 加入$l,r$的限制，相当于限制了：
  1.序列左端点必须$\ge l$
  2.序列右端点必须$\le r$
  两个限制不好同时处理，我们考虑分开处理：
  -采用离线做法，把询问按$l$从大到小排序，对每个询问，只考虑 序列左端点$i\ge$当前的$l$ 的序列，这样便可保证满足第一个限制。
  -对于第二个限制，维护$cnt[j]$表示 $j$是多少个 当前纳入考虑的合法序列 的右端点，则询问$(l,r)$的答案为${\sum }_{j=l}^{r}cnt[j]$
  以上可以用线段树/树状数组维护（树状数组的区间修改、区间查询戳这里）。
• 再看第1点：

1. 朴素做法：
   既然不保证$m_i$为质数，那么就不能用$CRT$，只能用$exCRT$了
   考虑方程组：
   $\{\begin{array}{l}x\equiv b_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)\\ x\equiv b_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)\end{array}$
   则$x=m_1{k}_1+b_1=m_2{k}_2+b_2$
   $\therefore m_1{k}_1-m_2{k}_2=b_2-b_1$
   由拓展欧几里得知，$k_1,k_2$有解，当且仅当$|b_2-b_1|=gcd(m_1,m_2)$
   若$k_1,k_2$有解，我们可以得到一个同时符合两条方程的$x$值，设为$x^{\prime }$
   那么两个方程可以合并为一个新的方程：
   $x\equiv x^{\prime }(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}lcm(m_1,m_2))$
   用新方程再去和其它方程合并即可（ps：合并方程求$nxt$的过程可以用ST表优化）
2. 正解：
   当$M$较大时，由于解的模数较大，不宜基于求解来维护线性同余方程组。事实上，“求解”浪费了信息，我们只需要知道“是否有解”。

• 先考虑 $m_i$均为素数 的特殊情况：
  一个方程组无解，当且仅当方程组中存在两个方程：
  $x\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，$x\equiv b_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，且$b_i!=b_j$
  为求$nxt$，我们维护一个由线性同余方程构成的队列，支持入队、出队和查询这些方程构成的方程组加上一个新方程组是否有解。
  而判断方程组有没有解，我们只需对每个素数$p$维护 目前限制$x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的余数是什么、对$x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$的余数的限制有几个 即可
• 再考虑 $m_i$为任意正整数 的情况：
  假设$m_i={\prod }_{j=1}{p}_j^{a_j}$（$p$表示素数），
  则方程$x\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$可以分解成：
  $\{\begin{array}{l}x\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1^{a_1})\\ x\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_2^{a_2})\\ x\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_3^{a_3})\\ ...\end{array}$
  那么一个方程组无解，当且仅当方程组中存在两个方程：
  $x\equiv b_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^a)$，$x\equiv b_j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^a)$，且$b_i!=b_j$
  做法类似上面，对每个$p^a$维护 目前限制$x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^a$的余数是什么、对$x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^a$的余数的限制有几个 即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int pri[N],cnt,vis[N],mn[N];
int n,m[N],b[N],q;
int lim[N],tot[N],nxt[N];
//nxt[i]记录以i为区间左端点,区间右端点最右能取到哪 
struct Que{int l,r,id;friend bool operator < (Que a,Que b){return a.l<b.l;}
}que[N];
ll ans[N];
void init(){vis[0]=vis[1]=1;for(int i=2;i<=1000000;i++){if(!vis[i]){pri[++cnt]=i;mn[i]=i;}for(int j=1;j<=cnt,pri[j]*i<=1000000;j++){vis[pri[j]*i]=1;mn[i*pri[j]]=pri[j];if(i%pri[j]==0) break;}}
}
void del(int i){int tmp=m[i];while(tmp!=1){int fac=mn[tmp],pw=1;while(tmp%fac==0){tmp/=fac;pw*=fac;}for(int k=pw;k>=1;k/=fac){tot[k]--;if(!tot[k]) lim[k]=-1;}}
}
void get_nxt(){memset(lim,-1,sizeof(lim));int j=n+1;for(int i=n;i>=1;i--){int tmp=m[i];while(tmp!=1){int fac=mn[tmp],pw=1;while(tmp%fac==0){tmp/=fac;pw*=fac;}for(int k=pw;k>=1;k/=fac){if(lim[k]!=-1&&lim[k]!=b[i]%k){while(lim[k]!=-1) del(--j);}}for(int k=pw;k>=1;k/=fac){tot[k]++;if(lim[k]==-1) lim[k]=b[i]%k;}}nxt[i]=j-1;//i最右能和j-1合并 }for(int i=n-1;i>=1;i--) nxt[i]=min(nxt[i],nxt[i+1]);
}
namespace SegmentTree{ll sum[N<<2],tag[N<<2];void pushdown(int u,int l,int r){if(tag[u]){int mid=(l+r)>>1;sum[u<<1]+=tag[u]*(mid-l+1);tag[u<<1]+=tag[u];sum[u<<1|1]+=tag[u]*(r-mid);tag[u<<1|1]+=tag[u];tag[u]=0;}}void add(int u,int l,int r,int a,int b,int x){if(a<=l&&r<=b){sum[u]+=x*(r-l+1);tag[u]+=x;return;}pushdown(u,l,r);int mid=(l+r)>>1;if(a<=mid) add(u<<1,l,mid,a,b,x);if(b>mid) add(u<<1|1,mid+1,r,a,b,x);sum[u]=sum[u<<1]+sum[u<<1|1];}ll query(int u,int l,int r,int a,int b){if(a<=l&&r<=b) return sum[u];pushdown(u,l,r);int mid=(l+r)>>1;ll res=0;if(a<=mid) res+=query(u<<1,l,mid,a,b);if(b>mid) res+=query(u<<1|1,mid+1,r,a,b);return res;}
};
using namespace SegmentTree;
int main(){init();n=read();for(int i=1;i<=n;i++)m[i]=read(),b[i]=read();get_nxt();q=read();for(int i=1;i<=q;i++){que[i].l=read();que[i].r=read();que[i].id=i;}sort(que+1,que+q+1);int tmp=n+1;for(int i=q;i>=1;i--){while(tmp>1&&tmp-1>=que[i].l){tmp--;add(1,1,n,tmp,nxt[tmp],1);//以tmp~nxt[tmp]为右端点的区间都多了一个 }ans[que[i].id]=query(1,1,n,que[i].l,que[i].r);}for(int i=1;i<=q;i++) printf("%lld\n",ans[i]);return 0;
}