题目链接：http://acm.csust.edu.cn/problem/4000
CSDN食用链接：https://blog.csdn.net/qq_43906000/article/details/108023439
Description
现在给你一棵有n个结点的有根树，根为结点1，每个结点有点权(a_i)
现有q次询问：
(type 1: 1 u x)表示将uu结点的点权修改为x；
(type 2: 2 u)表示询问从结点uu的儿子结点中挑选出尽可能多的儿子结点(至少要选一个)使得(f(n))最小，其中n为所挑选出的结点的权值之积，函数(f(n))为d的个数，其中d满足(dmid n)(即d整除n)且(gcd(d,frac{n}{d})=1)。注意若u为叶子结点则输出0 0。
Input
第一行包含一个正整数(n(5leq nleq 1e5))，表示结点个数。
接下来(n-1)行每行两个正整数u v，表示u和v之间有一条边，注意u不一定是v的父亲结点。
第(n+1)行包含n个正整数(a_i(1leq a_ileq 30))，表示结点ii的权值。
第(n+2)行包含一个正整数(q(1leq qleq 1e5))，表示询问次数。
接下来q行，每行第一个数为(op(op=1 or 2))。
若(op=1)，则该行还有两个正整数(u x(1leq uleq n,1leq xleq 30)));
若(op=2)，则该行还有一个正整数(u(1leq uleq n))。
Output
对于每一个(type2)输出挑选的子结点个数及f(n)f(n)的值，用空格隔开，数据保证至少有一次type2。
Sample Input 1
7
1 2
1 3
2 4
2 5
3 6
3 7
2 3 4 5 6 7 8
3
2 2
1 2 1
2 1
Sample Output 1
1 2
1 1
此题用线段树来写的话稍微有点恶心心。。。。我们可以先想想暴力的方法。
我们先观察它要求什么，对于一个数，它一定可以分解为(s=p_1^{k_1} imes p_2^{k_2} imes cdots imes p_n^{k_n})，那么如果要选一个数使得d，使得d是s的因子，而且(gcd(d,frac{n}{d})=1)，那么只能选择(p_i^{k_i})，也就是说我们只需要求出n有几个素因子就好了，然后我们直接枚举是否选择该素因子，那么也就会得到(2^i)个d，其中(i)表示的是该数的素因子个数。
那么对于每一个数就可以用一个二进制状态来表示它的素因子状态，比如说(4=1,8=1,3=10,6=11)，然后我们对每个点记录其儿子节点的每个状态的数量：
void dfs(int u,int fa)
{
father[u]=fa;
for (auto v:g[u]){
if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
vis[u][stk[a[v]]]++;//记录其儿子该状态数量
}
}
接下来修改的时候我们直接对vis进行修改就好了，直接该点父节点的将原来的该儿子的状态-1，现状态+1：
vis[father[u]][stk[a[u]]]--;
vis[father[u]][stk[x]]++;
a[u]=x;
接下来就是询问操作了，由于状态的数量只有30个，所以我们可以直接对每一个状态进行查询其个数和其可以选择的d的个数，即：
for (int i=1; i<=30; i++) {
if (vis[u][stk[i]]) {
if (selct[stk[i]]<ans2) {
ans2=selct[stk[i]];
ans1=vis[u][stk[i]];
}
else if (selct[stk[i]]==ans2) ans1=max(ans1,vis[u][stk[i]]);
}
}
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mac=1e5+10;
const int inf=1e9+10;
int a[mac];
vector<int>g[mac];
int prim[50],selct[1<<11],father[mac];
int stk[50];
unordered_map<int,int>vis[mac];
void dfs(int u,int fa)
{
father[u]=fa;
for (auto v:g[u]){
if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
vis[u][stk[a[v]]]++;
}
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
int n,q;
scanf ("%d",&n);
for (int i=1; i<n; i++){
int u,v;
scanf ("%d%d",&u,&v);
g[u].push_back(v); g[v].push_back(u);
}
for (int i=1; i<=n; i++) scanf ("%d",&a[i]);
int cnt=0;
for (int i=2; i<=30; i++){
int mk=0;
for (int j=2; j<=sqrt(i); j++)
if (i%j==0) {mk=1; break;}
if (!mk) prim[cnt++]=i;
}
for (int i=0; i<=30; i++){
int nb=0;
for (int j=0; j<cnt; j++){
if (i%prim[j]==0) nb++,stk[i]|=1<<j;
}
selct[stk[i]]=1<<nb;
}
dfs(1,0);
scanf ("%d",&q);
while (q--){
int opt,u,x;
scanf ("%d%d",&opt,&u);
if (opt==1){
scanf ("%d",&x);
vis[father[u]][stk[a[u]]]--;
vis[father[u]][stk[x]]++;
a[u]=x;
}
else {
if (u!=1 && g[u].size()==1) {printf("0 0
"); continue;}
int ans1=0,ans2=inf;
for (int i=1; i<=30; i++){
if (vis[u][stk[i]]){
if (selct[stk[i]]<ans2){
ans2=selct[stk[i]];
ans1=vis[u][stk[i]];
}
else if (selct[stk[i]]==ans2) ans1=max(ans1,vis[u][stk[i]]);
}
}
printf ("%d %d
",ans1,ans2);
}
}
return 0;
}
暴力写完之后也可以写下线段树的写法。。。只不过有点恶心，首先你需要跑一下bfs序来找到每个点的儿子节点的连续编号，然后将所有的数丢到线段树里面，然后就是和暴力一样地跑了。。。将每个儿子的每个状态转移到父节点，然后区间询问一下就好了