Codeforces 474F Ant Colony(分块)

题意:

给出一个长度为 n n n 的序列, q q q 组询问

每次给定区间 [ l , r ] [l,r] [l,r],将 [ l , r ] [l,r] [l,r] 中的每个数两两比较

如果 a , b ∈ [ l , r ] a,b \in [l,r] a,b[l,r] a ∣ b a|b ab a a a 得一分, b ∣ a b|a ba b b b 得一分

问有多少个没有得到满分

发现全网竟没有一篇分块题解。。。

看数据范围,有没有修改,感觉分块应该能过。。。

显然答案就是区间长度减去这个区间内值为 gcd ⁡ \gcd gcd 的数的个数

根据 B Z O J   2821 \mathsf{BZOJ~2821} BZOJ 2821 的经验,我们很快能够想到一种解决方案:

首先预处理每一个块的 gcd ⁡ \gcd gcd,查询时每个块 gcd ⁡ \gcd gcd 后再和不完整块合并即可得到区间 gcd ⁡ \gcd gcd

接下来就是查询区间内有多少个数等于某个确定的数了。

可以对每个数离散化,然后令 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示前 i i i 个块中离散后的 j j j 出现了几次

这样就完事了

不算 m a p map map 和求 gcd ⁡ \gcd gcd 的话时间复杂度是 O ( q n ) O(q\sqrt n) O(qn ),亲测能过

#include 
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#include 
#include 
#include 
using namespace std ;
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define loop(s, v, it) for (s::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
#define cont(i, x) for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ub upper_bound
#define lb lower_bound
#define pq priority_queue
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define iv inline void
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin),freopen(#x".out", "w", stdout)
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef vector <int> vi ;
typedef vector <pii> vii ;
typedef queue <int> qi ;
typedef queue <pii> qii ;
typedef set <int> si ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 100010 ;
const int M = 320 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const int MOD = 1000000007 ;
const double eps = 1e-7 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf\n", x + 0.0000000001) ; }

int n, nn, q, len, num ;
int tmp[N], a[N], bl[N], l[M], r[M], f[M][N], g[M][M] ;
// f[i][j] 表示前i个块j出现的次数(离散),g[i][j] 表示块i到j的gcd为多少
mii m, mm ;

void lsh() {
	rep(i, 1, n) tmp[i] = a[i] ;
	sort(tmp + 1, tmp + n + 1) ;
	nn = unique(tmp + 1, tmp + n + 1) - (tmp + 1) ;
	rep(i, 1, n) m[a[i]] = lb(tmp + 1, tmp + nn + 1, a[i]) - tmp, mm[m[a[i]]] = a[i] ;
}

void build() {
	len = sqrt(n), num = (n - 1) / len + 1 ;
	rep(i, 1, n) bl[i] = (i - 1) / len + 1 ;
	rep(i, 1, num) l[i] = (i - 1) * len + 1, r[i] = i * len ; r[num] = n ;
	lsh() ;
	rep(i, 1, num) {
        rep(j, 1, nn) f[i][j] = f[i - 1][j] ;
        rep(j, l[i], r[i]) f[i][m[a[j]]]++ ;
	}
	rep(i, 1, num) {
		g[i][i] = a[l[i]] ;
		rep(j, l[i] + 1, r[i]) g[i][i] = __gcd(g[i][i], a[j]) ;
	}
	rep(i, 1, num) {
		rep(j, i + 1, num) g[i][j] = __gcd(g[i][j - 1], g[j][j]) ;
	}
}

int query(int x, int y) {
	int ans = 0, gc ;
    if (bl[x] == bl[y]) {
		gc = a[x] ;
		rep(i, x + 1, y) gc = __gcd(gc, a[i]) ;
		rep(i, x, y) ans += (a[i] == gc) ;
	} else {
		gc = g[bl[x] + 1][bl[y] - 1] ;
		rep(i, x, r[bl[x]]) gc = __gcd(gc, a[i]) ;
		rep(i, l[bl[y]], y) gc = __gcd(gc, a[i]) ;
		ans = f[bl[y] - 1][m[gc]] - f[bl[x]][m[gc]] ;
		rep(i, x, r[bl[x]]) ans += (a[i] == gc) ;
		rep(i, l[bl[y]], y) ans += (a[i] == gc) ;
	}
	return (y - x + 1) - ans ;
}

signed main(){
	scanf("%d", &n) ;
	rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]) ;
	build() ;
	scanf("%d", &q) ;
	while (q--) {
		int l, r ; scanf("%d%d", &l, &r) ;
		printf("%d\n", query(l, r)) ;
	}
	return 0 ;
}

/*
写代码时请注意:
	1.ll?数组大小,边界?数据范围?
	2.精度?
	3.特判?
	4.至少做一些
思考提醒:
	1.最大值最小->二分?
	2.可以贪心么?不行dp可以么
	3.可以优化么
	4.维护区间用什么数据结构?
	5.统计方案是用dp?模了么?
	6.逆向思维?
*/


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