2018ACM浙江省赛 ZOJ 4029 Now Loading!!!（二分+前缀和）

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http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=4029

题意

有n个数，m次询问。计算对于每次询问p:

z=∑i=1n⌊ai⌈logpai⌉⌋ z = ∑ i = 1 n ⌊ a i ⌈ l o g p a i ⌉ ⌋

，计算

(∑i=1nzi⋅i)mod109 ( ∑ i = 1 n z i · i ) m o d 10 9

。

解法

考虑到 ai≤109 a i ≤ 10 9 且 pi≤109 p i ≤ 10 9 ，因此 1≤⌈logpai⌉≤30 1 ≤ ⌈ l o g p a i ⌉ ≤ 30 。
可以通过预处理 ai a i 的前缀和，使分母相同的部分一起计算，这样就使得计算过程变为30次，降低复杂度。
具体流程为：
对 a a 数组预处理 sum[i][j] s u m [ i ] [ j ] ，表示前 i i 个数分母都为 j j 的和。
对于每个询问 p p ，遍历 i:1−30 i : 1 − 30 。
对于每个分母 i i ，找出当前数组中 询问为 p p 时，分母为 i i 的上下界 l，r l ， r ，即

pi−1＜a[l]≤a[i]≤a[r]≤pi（由对数性质可知） p i − 1 ＜ a [ l ] ≤ a [ i ] ≤ a [ r ] ≤ p i （ 由 对 数 性 质 可 知 ）

则对于分母为 i i 的情况，

z+=sum[r][i]−sum[l−1][i] z + = s u m [ r ] [ i ] − s u m [ l − 1 ] [ i ]

最后

ans=(ans+z∗k)mod109 a n s = ( a n s + z ∗ k ) m o d 10 9

代码理解版本：（TLE）

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 2;
const int mod = 1e9;
ll a[N], p[N];
ll sum[N][31];
ll qpow(ll a, ll n){
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        ans *= a;
        if(ans > 1e9){
            break;
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        int n, m;
        scanf("%d %d", &n, &m);
        ll x;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%lld", &x);
            a[i] = x;
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            scanf("%lld", &x);
            p[i] = x;
        }
        sort(a+1, a+n+1);
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 1; j <= 30; j++){
                sum[i][j] = sum[i-1][j] + a[i] / j;
            }
        }
        ll res = 0, ans = 0;
        for(int k = 1; k <= m; k++){
            ans = 0;
            for(int i = 1; i <= 30; i++){
                ll lp = qpow(p[k], i-1);
                ll rp = qpow(p[k], i);
                int la = 0, ra = n;

                if(lp >= a[n]){
                    continue;
                }


                for(int j = 1; j <= n; j++){
                    if(la == 0 && a[j] > lp){
                        la = j;
                    }

                    if(a[j] == rp){
                        ra = j;
                        break;
                    }
                    else if(a[j] > rp){
                        ra = j - 1;
                        break;
                    }
                }

//              system("pause");
//              cout << lp << " " << rp << endl;
//              cout << la << " " << ra << endl;

                ans = (ans + sum[ra][i] - sum[la-1][i]);
            }
            res = (res + ans * k) % mod; 
        }
        printf("%lld\n", res);

    }
}

上述代码可以帮助我们理解整个的思路，但因为中间对于给定分母的数组 a a 的上下界寻找复杂度过大，所以超时，因此考虑一种更快的查找方法：二分。
因为数组是升序的，并且我们只需要在上下界去找一个临界条件判断，因此可以考虑用lower_bound或者upper_bound

复习一下lower_bound和upper_bound

lower_bound(开始地址，结束地址，key): 返回一个迭代器，指向键值>= key的第一个元素。
upper_bound(开始地址，结束地址，key):返回一个迭代器，指向键值<=key的最后一个元素的后一个元素。
需要注意的是，自带的二分函数是都包含等于号的，而我们需要根据使用的不同去掉等号。
设左key值为lp，右key值为rp。我们的目标是找到那个 小于lp的左边界la（即第一个值） 和 小于等于rp的右边界ra，（即最后一个值）
因此有好几种写法，仅供参考：

la = lower_bound(a+1, a+n+1, lp) - a; // 需要排除分母i为一的特殊情况，其余情况如果相等，则不包含
if(a[la] == lp && i != 1){
    la++;
}

ra = lower_bound(a+1, a+n+1, rp) - a; // 如果数组里的数都小于rp，那么ra会变成n+1 
if(ra > n) ra = n;

//感觉ra用upper_bound似乎更加合适
ra = upper_bound(a+1, a+n+1, rp) - a;

//la也可以用upper，只需要在找不到的情况中去掉就可以
la = upper_bound(a+1, a+n+1, lp) - a;
if(la > n) break;

二分搜索到左右边界和上面的代码一样，需要注意的优化有：
① 不需要每次计算p的幂次，可以保存下来重复利用
② 可以直接用lp和a[n]的关系作为循环的一个终结条件（也是这种方法不TLE的关键！）
③ 这题对数组大小似乎卡的比较严格，试了一下，如果sum数组开long long，则必须将N开的十分小；如果开int，记得要在预处理前缀和过程中取模。

AC代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 2;
const int mod = 1e9;
ll a[N], p[N];
ll sum[N][31];
int main(){
//  freopen("in.txt", "r", stdin);
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        int n, m;
        scanf("%d %d", &n, &m);
        ll x;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%lld", &x);
            a[i] = x;
        }
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            scanf("%lld", &x);
            p[i] = x;
        }
        sort(a+1, a+n+1);
        for(int i = 1; i <= 30; i++) sum[0][i] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 1; j <= 30; j++){
                sum[i][j] = sum[i-1][j] + a[i] / j;
            }
        }
        ll res = 0, ans = 0, psave = 1;

        for(int k = 1; k <= m; k++){
            ans = 0;
            ll psave = 1;
            for(int i = 1; i <= 30; i++){
                ll lp = psave;
                ll rp = lp * p[k];
                psave = rp;

                if(lp >= a[n]) break;

                int la = 0, ra = n;

                if(rp < a[1]){
                    continue;
                }

                //lower 下界 >= key的第一个元素  upper 上界 <=key 最后一个元素的后一个元素 
                // 对于lower 需要排除掉等于的那个情况 
                la = lower_bound(a+1, a+n+1, lp) - a;

                if(a[la] == lp && i != 1){
                    la++;
                }

                ra = lower_bound(a+1, a+n+1, rp) - a;

                if(a[ra] > rp) ra--;    

                if(ra < la) continue;
                if(ra > n) ra = n;  
//              system("pause");
//              cout << lp << " " << rp << endl;
//              cout << la << " " << ra << endl;

                ans = (ans + sum[ra][i] - sum[la-1][i]);
            }
            ans %= mod;
            res = (res + ans * k) % mod; 
        }
        printf("%lld\n", res);

    }
}

补题快乐~_~