妙妙题……
这道题这要求%2的个数，肯定有什么性质
于是我们想到了用\(bitset\)来处理
由于三操作有\(gcd\)，于是我们又想到用反演来解决
我们回忆一下反演的柿子
设\(f(x)\)为x出现了多少次，\(F(x)\)为x的倍数出现了多少次
\[F(d) = \sum_{d|x}f(x)\]
跟据反演，我们有：
\[f(x) = \sum_{x |d}F(d) * \mu(\frac{d}{x})\]
我们要求的数即为\(f(v)\)
由于\(\mu\)的取值只有\(-1, 0, 1\)，在膜二意义下只有\(0, 1\)
我们用\(a[x][y]\)表示\(x\)集合内的y即y的倍数出现了多少次（\(F(y)\)），再用\(u[x][y]\)表示\(\mu(\frac{y}{x})\)，我们要求的\(f(v) = a[x]\&u[v]\)
再来重新考虑所有操作：
对于1操作，预处理出每一个v的所有约数的\(bitset\)，赋值即可
对于2操作，直接用\(a[x]=a[y]^a[z]\)即可
对于3操作，\(a[x] = a[y]\&a[z]\)
对于4操作，用上述方法求出\(bitset\)后的\(1\)的数量
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
il int read() {
re int x = 0, f = 1; re char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
return x * f;
}
#define rep(i, s, t) for(re int i = s; i <= t; ++ i)
#define maxn 7001
#define maxm 100005
int n, m, prim[maxn], vis[maxn], mu[maxn], cnt;
bitset<maxn>G[maxn], a[maxm], u[maxn];
int main() {
n = read(), m = read(), mu[1] = 1;
rep(i, 2, 7000) {
if(!vis[i]) prim[++ cnt] = i, mu[i] = -1;
for(re int j = 1; j <= cnt && prim[j] * i <= 7000; ++ j) {
vis[i * prim[j]] = 1;
if(i % prim[j] == 0) break;
mu[i * prim[j]] = -mu[i];
}
}
rep(i, 1, 7000) {
for(re int j = i; j <= 7000; j += i) G[j][i] = 1, u[i][j] = mu[j / i] != 0;
}
while(m --) {
int opt = read(), x = read();
if(opt == 1) a[x] = G[read()];
if(opt == 2) a[x] = a[read()] ^ a[read()];
if(opt == 3) a[x] = a[read()] & a[read()];
if(opt == 4) printf("%d", (u[read()] & a[x]).count() & 1);
}
return 0;
}