Простая задача на реализацию. Проитерируемся по i от 1 до n, а внутри проитерируемся по j от 1 до m, причем на каждой итерации будем увеличивать j на два. Если на текущей итерации a[i][j] = '1' или a[i][j + 1] = '1' увеличим ответ на один.
Асимптотика решения — O(nm).
Будем считать ответ для каждого блока отдельно и умножать ответ для предыдущих блоков на ответ для текущего блока, при этом не забывая брать результат перемножения по модулю.
Для блока длины k ответ считается следующим образом. Пусть для этого блока число должно делиться на x и не должно начинаться с цифры y. Тогда ответ для этого блока — количество чисел из k цифр, делящихся на x, минус количество чисел, начинающихся с цифры y и состоящих из k цифр, плюс количество чисел, начинающихся с цифры y - 1 (только если y > 0) и состоящих из k цифр.
Асимптотика решения — O(n / k).
Главное утверждение для решения этой задачи — в середине дистанции каждого соревнования датчик должен находиться либо в самой верхней точке колеса, либо в самой нижней точке колеса.
Для того, чтобы посчитать ответ, воспользуемся бинпоиском. Если центр колеса прошел расстояние c то датчик переместился на расстояние c + rsin(c / r), если в середине датчик находился сверху колеса, или на расстояние c - rsin(c / r), если в середине датчие находился снизу колеса, где r — это радиус колеса.
Асимптотика решения — $O(n \log(n)).
Найдем центры прямоугольников и умножим их координаты на два, чтобы далее работать с целыми координатами. Тогда подходящим холодильником (для всех точек) является прямоугольник, содержащий все точки, но с длинами сторон, округленными вверх к ближайшему четному числу.
Представим теперь, что удаляем магниты с холодильника последовательно, постепенно "уменьшая" прямоугольник. Очевидно, что каждый раз выгодно удалять только те точки, что лежат на какой-то из четырех сторон прямоугольника. Переберем 4k вариантов того, как мы будем это делать, с помощью рекурсии, каждый раз удаляя одну из еще не удаленных точек с максимальным или минимальным значением по одной из координат. Если мы будем поддерживать 4 массива (или два массива в виде дека), то это можно делать за O(1) амортизированно. Такое решение будет работать за O(4k).
Можно также заметить, что описанный выше алгоритм удаляет всегда несколько самых правых, левых, верхних, и нижних точек. Можно перебрать, как k распределится среди этих величин и промоделировать удаление с помощью, например, описанных выше 4 массивов. Такое решение имеет асимптотику O(k4).
Для подсчета ответа на каждый запрос будем пользоваться формулой 
, где p1, p2, ..., pk — все простые, делящие n. Эту формулу каждый может попробовать доказать или воспользоваться уже существующими доказательствами. Все вычисления ниже производим по модулю 109 + 7
Предположим теперь, что мы решаем задачу для фиксированного левого конца отрезка l, отбросив все элементы левее. Любой запрос теперь превращается в запрос на префиксе массива. Тогда, судя по формуле, для каждого простого p нас интересует лишь его самое левое вхождение, потому что все остальные вхождения не будут влиять на правую часть в приведенной выше формуле. Превратим наш запрос на значение функции Эйлера в запрос произведения на префиксе: сначала проинициализируем 23:13:15 дерево Фенвика произведений единицами, затем сделаем умножения в точках l, l + 1, ..., n значениями соответствующих элементов al, al + 1, ..., an, затем для каждого самого левого вхождения простого p в позицию i сделаем умножение в точке i на значение 
. Нетрудно убедиться, что теперь запрос на префиксе определенной длины даст правильный ответ для отрезка той же длины с левым концом в l. Такую подготовку для фиксированного левого конца можно осуществить за 
, где C — максимальное значение элемента (этот логарифм соответствует количеству простых в разложении какого-то из ai).
Нас интересуют все левые концы, поэтому научимся переходить от одного из них к другому. В самом деле, пусть все было посчитано для левого конца l и мы хотим теперь перейти к левому концу l + 1. Нас перестает интересовать al внутри левой части формулы, поэтому сделаем умножение в дереве Фенвика в точке l на значение al - 1. Так же нас перестают интересовать все простые внутри al (а они, очевидно, самые левые среди своих вхождений), поэтому сделаем так же умножения в точке l на все значения 
. Однако у каждого из этих простых могли существовать другие вхождения, которые теперь станут самыми левыми. Добавим их с помощью умножений, описанных выше. С помощью сортировок (или векторов) переход между соседними левыми концами реализуется за суммарную .
Чтобы правильно отвечать на запросы, их так же нужно правильно отсортировать (или поместить в динамический массив), и ответ на запрос будет совершать 
операций. Суммарная асимптотика всего решения 
операций и 
дополнительной памяти.
Скоро будет добавлен разбор по данной задаче
