https://www.luogu.org/problemnew/show/CF990G
耶，又一道好题被我浪费掉了，不会做。。
显然可以反演，在这之前只需对于每个i，统计出有多少(x,y)，满足x到y简单路径上所有点权值都是i的倍数即可
方法1：
可以发现，对于给定的i，这样的“权值是i的倍数”的点一定可以构成一些连通块，每个连通块内部的点两两符合条件，且不会出现跨连通块的合法点对
自己的做法：
那么，搞2*10^5个动态开点的并查集，对于每条边(u,v)，枚举所有a[u]和a[v]的公因子i（可以预处理出1-200000的所有因子），在第i个并查集中合并u和v所在的集合，顺便统计答案
多麻烦啊。。。而且码量大复杂度n*log^2*sqrt（因子sqrt；线段树维护动态开点数组，因此并查集查询一次log^2）常数大空间还大。。A不掉的。。
别人的做法：
枚举每个i，找到所有边(u,v)满足gcd(a[u],a[v])是i的倍数的（可以开一堆vector来搞），用带撤销并查集合并，每个i搞完后撤销这次的所有修改
枚举i+找的复杂度是n*log；操作的复杂度是均摊的，每条边因子sqrt个因此被枚举到sqrt次，每被枚举到一次需要一次log的合并，复杂度n*sqrt*log（好吧还是很不科学，但是显然非常的不满；毕竟这个因子个数虽然说是根号，但200000以内最多也就160个因子）
貌似以上做法还A不掉？可以在并查集进行修改的时候记录一下这次修改进行的"时间"，访问到fa[i]时查询一下这个值是否是当前时间的，如果不是就重置一下fa[i]再返回访问的答案，这样就可以路径压缩+按秩合并把log换成反阿克曼函数
听说仍然A不掉？好像有人加了奇怪的剪枝过了的？然而这已经是正解复杂度了
方法2：
路径统计看上去可以点分，这个点分可以直接容斥，比较方便
统计出当前点分中心到当前连通块内所有点的路径gcd，将所有这些值放入一个数组，那么问题就变成从数组中任取两个数取gcd来统计贡献
暴力枚举每一个数的所有因子统计贡献
其实由于所有这些数都gcd了一次当前点分中心权值，因此所有这些数的公因子最多只有sqrt个，枚举统计贡献即可
每个连通块复杂度size*sqrt+sqrt，总复杂度大概n*log*sqrt（sqrt仍然是因子个数，不满）