【分块or转化枚举】GDOI2013 大山王国的科举考试

GDOI2013 大山王国的科举考试

【题目大意】给定N个数和T个询问，每个询问为给定一个区间，求下标落在这个区间内的数除以p之后的余数最大值。N <= 1e6, Q <= 5e4, Ai <= 1000, p <= 1000.

【题解】

解法一：

我们考虑分块。

预处理：枚举模数，对于每个块求出答案。O(np)

询问：整块的部分已经预处理出来，剩余的部分暴力做。O(Tn^0.5)

小优化：因为数列中每个数不大于一千，于是就可以预处理取模运算的结果。

这个算法乍一看np好像很大，而且取模是很慢的，好像会超时。

但是在gdoi2013现场测试时这个方法是可以过的，现场数据N<=1e5。

解法二：

预处理：因为读入的数只有1000，我们为每个读入的数开个vector，存储出现这个数的所有位置，显然每个vector中的位置是有序的。

询问：读入l,r,p;

我们从大到小枚举答案i（即为余数），再枚举除以p的商j，则我们可以得到当前的数为j*p+i。

现在我们的问题转化成一个存在性问题：

在区间[l,r]中，j*p+i是否出现过，换句话说，j*p+i出现过的所有位置中，是否存在一个位置在区间[l,r]中。

我们可以在j*p+i的vector中二分找到第一个大于等于l的位置，若这个位置存在且<=r，则答案i是可行的。

此处用lower_bound实现。

这个解法可以通过N<=1e6的数据。

代码：

解法一：

#include
#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i ++)

using namespace std;

const int maxn = 1000005;
const int maxp = 1005;
int N,T,size,tot;
int A[maxn],lt[maxp],rt[maxp],f[maxp][maxp];

void Initialize()
{
	scanf("%d%d",&N,&T);
	fo(i,1,N) scanf("%d",&A[i]);
	size = (int)sqrt(1.0*N);
	tot = N / size;
	fo(i,1,tot)
	{
		lt[i] = rt[i-1] + 1;
		rt[i] = rt[i-1] + size;
	}
	rt[tot] = N;
	fo(i,1,tot)
		fo(j,1,1000)
			fo(k,lt[i],rt[i])
				f[i][j] = max(f[i][j],A[k]%j);
}

void Work()
{
	while (T --)
	{
		int l,r,x;
		int ans = 0;
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		l ++, r ++;
		fo(i,1,tot)
		{
			if (lt[i] > r) break;
			if (l <= lt[i] && rt[i] <= r) ans = max(ans,f[i][x]);
			else if (l > lt[i] && rt[i] <= r)
				fo(j,l,rt[i]) ans = max(ans,A[j]%x);
			else if (rt[i] > r && lt[i] >= l)
				fo(j,lt[i],r) ans = max(ans,A[j]%x);
			else if (lt[i] <= l && r <= rt[i])
				fo(j,l,r) ans = max(ans,A[j]%x);
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

int main()
{
	Initialize();
	Work();
	return 0;
}

解法二：

#include
#include
#include
#include
#define fo(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i ++)
#define fd(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i --)

using namespace std;

const int maxa = 1005;
int N,T,mx;
vector p[maxa];

void Initialize()
{
	scanf("%d%d",&N,&T);
	int x;
	fo(i,1,N) scanf("%d",&x), mx = max(mx,x), p[x].push_back(i);
}

int ANS(int l,int r,int x)
{
	fd(i,x-1,0)
		fd(j,(mx-i)/x,0)
			if (p[j*x+i].size() > 0)
			{
				vector::iterator k = lower_bound(p[j*x+i].begin(),p[j*x+i].end(),l);
				if (k != p[j*x+i].end() && *k <= r) return i;
			}
}

void Work()
{
	while (T --)
	{
		int l,r,x;
		scanf("%d%d%d",&l,&r,&x);
		printf("%d\n",ANS(l+1,r+1,x));
	}
}

int main()
{
	Initialize();
	Work();
	return 0;
}