思路：
还是借助扫描线+树状数组的思想，将询问离线后枚举右端点，考虑合法的数的个数。
当枚举到右端点x时，什么时候a [ x ]才对答案有贡献呢，即a [ x ]怎么样才与区间里的所有数都互质。比较朴素的思路就是O ( n 2 )枚举一遍前面的数判断是否互质。可以优化着想，将这个数进行质因子分解，假设他的质因子为x 1 , x 2 , x 3，如果这些质因子上一次出现位置的最大值大于区间的左端点l ll的话，这个数就是一个合法的数。
也就是说，我们需要对每个数进行质因子分解，同时记录每个质因子上一次出现的位置，看最大值是否大于区间的左端点。这样看来，假设上一次出现位置的最大值为m a x x,那么对于右端点x来说，只要左端点在[ m a x x + 1 , x − 1 ]的区间这个数都会产生贡献。
当前缀和数组为[ − 1 , − 1 , − 1 , − 1 … … , 0 ] , i < = m a x x < =x时，对于l ϵ [ m a x x + 1 , r − 1 ]，s u m [ r ] − s u m [ l ] = 1，都说明维护的贡献是正确的，差分后得应该对m a x x修改为− 1,对x修改为1.也就是代码里的：
update(i,1);update(maxx,-1);
增加贡献说完了，接下来看怎么消除贡献。
先假设l a s [ x ] = m a x x，表示上一次增加的贡献的位置。
首先要将上一次相同的质因子的贡献消除，如果该质因子所在位置上的数还没有被消除过贡献，那么这个贡献为1，也就是应当− 1;
然后，对于上一个合法的位置，由于这个位置已经不再合法，上一次对该位置− 1，这次应该+ 1，让他变为0
比如[ 2 , 1 , 4 , 1 , 6 , 8 ],只考虑质因子为2的情况，
当枚举到r = 5时，差分序列为[ − 1 , 0 , 1 , 0 , 0 , 0 , 0 ].先将上一次的贡献消除，也就是让下标为1的位置+ 1,因为在上一次操作中他是增加贡献的位置，当时对他进行了− 1的操作；让下标为3的位置− 1，因为在上一次操作中，当时进行了+ 1的操作。之后再维护增加贡献的地方。
大概~多画几组样例就懂了吧。
具体实现：
1.先用筛法找到每个数的最小质因子
2.将所有询问离线存起来
3.枚举右端点，对该点的值进行质因子分解后，计算每个质因子的贡献，注意要消除上一次的贡献。
代码：
// Problem: 小乐乐学数学 // Contest: NowCoder // URL: https://ac.nowcoder.com/acm/problem/21568 // Memory Limit: 524288 MB // Time Limit: 4000 ms // Author:Cutele // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org) #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll, ll>PLL; typedef pair<int, int>PII; typedef pair<double, double>PDD; #define I_int ll inline ll read(){ll 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;} inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');} #define read read() #define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0) #define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++) #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++) #define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--) ll ksm(ll a, ll b,ll mod){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;} const int maxn=1e5+7; int n,m,a[maxn],ans[maxn]; vector<PII>q[maxn]; int prim[maxn],idx,vis[maxn],min_pri[maxn]; void init(){ //min_pri[1]=1; for(int i=2;i<=1e5;i++){ if(!vis[i]){ prim[++idx]=i; min_pri[i]=i; for(int j=i;j<=1e5;j+=i){ vis[j]=1; if(!min_pri[j]) min_pri[j]=i; } } } } int pos[maxn],las[maxn],tr[maxn],st[maxn]; int lowbit(int x){return x&-x;} void update(int pos,int val){ if(pos==0) return ; while(pos<=n){ tr[pos]+=val; pos+=lowbit(pos); } } int query(int pos){ int res=0; while(pos){ res+=tr[pos]; pos-=lowbit(pos); } return res; } int main(){ init(); // rep(i,1,10) cout<<min_pri[i]<<" "; while(~scanf("%d%d",&n,&m)){ rep(i,1,n) a[i]=read,las[i]=pos[i]=st[i]=ans[i]=tr[i]=0; rep(i,1,m){ int l=read,r=read; q[r].push_back({l,i}); } rep(i,1,n){ vector<int>v; int x=a[i]; while(x>1){ v.push_back(min_pri[x]); int tt=min_pri[x]; x/=tt; } int maxx=0; for(auto t:v) maxx=max(maxx,pos[t]); for(auto t:v){ if(!st[pos[t]]){ update(pos[t],-1); if(las[pos[t]]) update(las[pos[t]],1); st[pos[t]]=1; } } for(auto t:v) pos[t]=i; las[i]=maxx; update(i,1); update(maxx,-1); for(auto t:q[i]) ans[t.second]=query(i)-query(t.first-1); q[i].clear(); } rep(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]); } return 0; }
