【2018/10/27测试T1】洛阳怀

【题目】

传送门

【分析】

其实这道题似乎没有想象中的那么难

先说一下如何求 $f(x)$ 吧，对 $x$ 分解质因数，在这些质因数中， $f(x)$ 就是好质数个数减去坏质数个数

因为按照题目中的式子，每次会除掉最小质因子，而产生的贡献也取决于最小质因子是否为好质数，这样不断除下去之后就会发现把所有的质因子都算了一遍，也就是上面的式子

现在就考虑如何除区间 $gcd$

比较显然的是不能从前往后除，因为前面除了之后 $gcd$ 就恒为 $1$ 了，就不能据需更新了

所以我们从后往前来扫，如果发现在当前的 $gcd$ 中，坏质数个数大于好质数个数（也就是分数为负数），就说明若除掉这个 $gcd$ 会减少更多的坏数，就会更优一点，那就除掉

还有就是一个神奇东西 $bitset$，可以存下 $10^9$ 的数据，把它当成 $bool $ 型用就行了

【代码】

#include<cmath>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 5005
#define Max 50005
using namespace std;
int n,m,sum;
bitset<1000000005>Map;
int a[N],Gcd[N],prime[Max];
bool mark[Max];
void linear_sieves()
{
	int i,j,up=sqrt(1e9);
	memset(mark,true,sizeof(mark));
	mark[0]=mark[1]=false;
	for(i=2;i<=up;++i)
	{
		if(mark[i])  prime[++sum]=i;
		for(j=1;j<=sum&&i*prime[j]<=up;++j)
		{
			mark[i*prime[j]]=false;
			if(i%prime[j]==0)  break;
		}
	}
}
int divide(int x)
{
	int i,ans=0;
	for(i=1;i<=sum&&prime[i]*prime[i]<=x;++i)
	{
		while(x%prime[i]==0)
		{
			x/=prime[i];
			Map[prime[i]]?ans--:ans++;
		}
	}
	if(x>1)  Map[x]?ans--:ans++;
	return ans;
}
int main()
{
//	freopen("cup.in","r",stdin);
//	freopen("cup.out","w",stdout);
	int x,i,ans=0;
	linear_sieves();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	scanf("%d",&a[1]),Gcd[1]=a[1];
	for(i=2;i<=n;++i)  scanf("%d",&a[i]),Gcd[i]=__gcd(Gcd[i-1],a[i]);
	for(i=1;i<=m;++i)  scanf("%d",&x),Map[x]=true;
	for(i=1;i<=n;++i)  ans+=divide(a[i]);
	int div=1;
	for(i=n;i>=1;--i)
	{
		Gcd[i]/=div;
		if(Gcd[i]==1)
		  continue;
		int num=divide(Gcd[i]);
		if(num<0)
		{
			ans+=i*(-num);
			div*=Gcd[i];
		}
	}
	printf("%d",ans);
//	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);
	return 0;
}