题意： 给一个数的序列，询问一些区间，问区间内与区间其他所有的数都互质的数有多少个。

解法： 直接搞有点难， 所谓正难则反，我们求区间内与其他随便某个数不互质的数有多少个，然后区间长度减去它就是答案了。

那么怎么求区间内与区间其他某个数不互质的数的个数（记为cnt）呢？ 我们用L[i],R[i]表示在整个序列中左边与 i 最近的与 i 不互质的数的位置，R[i]表示右边的，L[i],R[i]我们可以正反扫一遍顺便分解因子，用个pos[]记录很方便地求出。那么区间内的cnt为L[i]或R[i]在区间内的 i 的个数。

令事件 A：i 的 L[i]在区间内    B：i 的 R[i]在区间内， 则答案为

即 cnt = |A|+|B|-|A∩B|

那么

事件A 记为 [L[i],i] 在区间内

事件B 记为 [i,R[i] 在区间内

事件|A∩B| 记为 [L[i],R[i]]在区间内

用三个vector分别存下三种区间。

解决区间内有多少个区间可以用离线树状数组做。

注意： sort 结构体vector时务必在结构体中内嵌比较函数，手写cmp函数再 sort(v.begin(),v.end(),cmp) 会超时。我也不知道为啥。

代码：

#include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #include 
         
          #include 
          
           #include 
           
            #include 
            
             using namespace std;#define N 200007struct node{ int l,r,ind; node(int _l,int _r,int _ind):l(_l),r(_r),ind(_ind){} node(){} bool operator<(const node &B)const{ return r
             
               AB[3];int ans[3][N],T[N];int a[N],pos[N],maxi,L[N],R[N],n,m,c[N];int cmp(node ka,node kb) { return ka.r < kb.r; }int lowbit(int x) { return x&-x; }void modify(int x){ if(x <= 0) return; while(x <= n) { c[x]++; x += lowbit(x); }}int getsum(int x){ int res = 0; while(x > 0) { res += c[x]; x -= lowbit(x); } return res;}void init(){ int i,j; for(i=0;i<=maxi;i++) pos[i] = 0; for(i=1;i<=n;i++) { int tmp = a[i]; for(j=2;j*j<=tmp;j++) { if(tmp%j == 0) { L[i] = max(L[i],pos[j]); pos[j] = i; while(tmp%j == 0) tmp/=j; } } if(tmp != 1) { L[i]=max(L[i],pos[tmp]); pos[tmp]=i; } } for(i=0;i<=maxi;i++) pos[i] = n+1; for(i=n;i>=1;i--) { int tmp = a[i]; for(j=2;j*j<=tmp;j++) { if(tmp%j == 0) { R[i] = min(R[i],pos[j]); pos[j] = i; while(tmp%j == 0) tmp/=j; } } if(tmp != 1) { R[i]=min(R[i],pos[tmp]); pos[tmp]=i; } }}void GET(int k){ memset(c,0,sizeof(c)); int i,j = 0; for(i=1;i<=m;i++) { int L = Q[i].l; int R = Q[i].r; int ind = Q[i].ind; while(j < n && AB[k][j].r <= R) modify(AB[k][j].l), j++; ans[k][ind] = getsum(R)-getsum(L-1); }}int main(){ int i,j; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n+m) { maxi = 0; memset(ans,0,sizeof(ans)); for(i=0;i<3;i++) AB[i].clear(); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]), maxi = max(maxi,a[i]); L[i] = 0, R[i] = n+1; } init(); for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r); Q[i].ind = i; T[i] = Q[i].r-Q[i].l+1; } sort(Q+1,Q+m+1); for(i=1;i<=n;i++) { AB[0].push_back(node(L[i],i,0)); //A : L[i]在区间内的数的个数 AB[1].push_back(node(i,R[i],0)); //B : R[i]在区间内的数的个数 AB[2].push_back(node(L[i],R[i],0)); //A交B } for(i=0;i<3;i++) { sort(AB[i].begin(),AB[i].end()); GET(i); } for(i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",T[i]-ans[0][i]-ans[1][i]+ans[2][i]); //容斥原理 } return 0;}