【2016浙江省赛：区间取模】E ： Modulo Query | ZOJ - 3940

2016浙江省赛：E 题 Modulo Query

【难度】

$4.5/10$
据说是卡银题？感觉有点难

【题意】

$$F(i,X)=\{\begin{array}{l}X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_{1}i=1\\ F(i-1,X)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_{i}2\le i\le N\end{array}$$
其中，$A$是一个长度为$N$的整数数组，
$X$是不大于$M$的非负整数。

现在给你了 $N,A,M,Q$
共$Q$组询问，每组给你一个$Y$
让你求出有多少个不同的$X$满足$F(N,X)=Y$

对于第 $i$ 个询问，若方案数为$Z_i$
则答案累加上 $i\times Z_i$
最后输出最终的累加答案取模$10^9+7$即可。

【数据范围】

$2\le N\le 10^5$
$0\le M\le 10^9$
$1\le A_i\le 10^9$
$1\le Q\le 10^5$
$0\le Y_i\le 10^9$

Time limit：2000 ms
Memory limit：65536 kB

【输入样例】

$T$样例组数
$NM$
$A_1\cdots A_n$
$Q$
$Y_1$
$⋮$
$Y_Q$

1
3 5
3 2 4
5
0
1
2
3
4

【输出样例】

8

【解释】

每次查询的方案数分别为：$4,2,0,0,0$

【思路】

【首先考虑下暴力做法】
化简那个奇怪的递归式子，无非就是让你求：
$$F(N,X)=X\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_2\cdots \mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_n=Y$$
若我们暴力枚举$X$，每次都计算出该式子的$Y$,对于每个查询$Q$都这么做的话：
时间复杂度为：$O(N\times M\times Q)=10^{18}$

若我们计算完一次之后使用 $unordered\_map$ 记录每个数的答案的话：
时间复杂度为：$O(N\times M)=10^{14}$

$易得，我们不能单纯让X暴力枚举[0,M]，应该一段一段区间考虑$

【从区间考虑】

（一）考虑下面一个例子：

X属于$[0,10]$，$A_1=3$
我们简单枚举可得

$Y$ 查询数字	$Z$相应答案	$X$取值
0	4	0，3，6，9
1	4	1，4，7，10
2	3	2，5，8
3	0	无

首先对于取模运算，易得：取模后一定比取模数要小。
$$Y\ge \underset{i}{\min }\{A_i\}时，Z=0\text{\hspace{1em}(1)}$$
然后我们分析一下每个$Y$ 对应的 $Z$ 的规律。画一下图即可得知：

我们把区间$[0,10]$ 挖成三个 $[0,2]$的区间和一个 $[0,1]$的区间。
最后计算某个$Y$ 的时候，我们只要计算有多少个区间是包含这个Y即可。

（二）处理区间

但是有小伙伴说：你这区间怎么快速分割呀？一遍一遍for分割时间复杂度肯定超！

我们这就等价优化一下。

操作方法：
$$\begin{gathered} 我们把区间[0,M]转化为[1,M+1] \\ 这样，我们直接使用除法\text{除法}除法即可直接计算。 \\ 最后计算Y的时候，每个区间长度再转化成从0开始的区间即可。 \end{gathered}$$
上图的例子：M=10时，区间转化为$[1,11]$
遇到$A_1=3$，该区间出现的小区间的段数为$\lfloor 11/3\rfloor =3$
那么剩余的一个小区间的长度为 $11\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3=2$

更正式的语言描述：
$$\begin{gathered} 若你现在有一个区间[1,P]，该区间长为P出现的次数为tim \\ 现在有一个取模数A_i，A_i<P,那么该模数会把区间进行取模分割 \\ 多出来的小区间[1,A_i]增加了\lfloor P/A_i\rfloor \times tim个 \\ 若A_i\nmid P,则多出来一个额外的小区间[1,P\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_i]增加了tim个\text{\hspace{1em}(2)} \end{gathered}$$

由公式（1），若某个$A_i$ 比你所拥有的区间长度还要大，那么就不必继续的区间分割了

可以使用 $优先队列$完成吗？显然$不行$。
若我们多出来的区间$[1,A_i]$或者 $[1,P\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{A}_i]$ 是已有的，那么优先队列里的相同元素会越来越多。

这样，我们使用 $Map$ 即可。它可以轻松记录某个区间出现的次数，可以随时$O(\log N)$修改增删，并且有序，可以类似优先队列优先拿出区间较大的出来。

【小技巧：】
$Map$ 优先拿出的是第一个元素值较小的元素，若我们往里添加某个数的负数，则可以优先拿出原来元素值较大的元素。拿出来后再取反即可。

（三）处理询问

我们怎么知道某个数字在多少个之前处理的区间范围内的？

首先，我们按区间长度由小到大排列。然后记录前缀和即可。
$$\begin{gathered} aa[i]表示区间长度第i小的区间的长度 \\ pre[i]记录区间次数的前缀和，pre[i]=\underset{j=1}{\sum ^i}aa[j]的tim \end{gathered}$$

对于某个查询的 $Y$ ，我们知道该数的出现次数为：

$$\begin{gathered} 对于某个Y，该Z=pre[Tot]-pre[L] \\ 其中Total为最大的i \\ L=\underset{i}{\max }\{i|aa[i]<Y\}\text{\hspace{1em}(3)} \end{gathered}$$
注意式子(3)，不能取等于号。
我们使用 $lower\_bound$ 即可算出$L$

【核心代码】

时间复杂度：$O(N\log N+Q\log N)$ 应该是很松的上界，紧上界可以看其他dl的证明
Time(ms)：63 （不使用快读为278ms）
Mem(MB)：1.1

/*
 _            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|
        __/ |
       |___/
*/
const int MAX = 1e5+50;

map<ll,ll>M;
ll aa[MAX];
ll pre[10*MAX];

int main()
{
    int T;
    T = read();
    while(T--){
        M.clear();
        int n;
        ll m;
        n = read();
        m = read_ll();
        ll bef = m + 1LL;			/// 原区间长转化为[1,M+1]
        M[-bef] = 1LL;				/// 添加负数即可以每次取出最长的区间
        for(int i=1;i<=n;++i){
            ll now = read_ll();
            if(now >= bef)continue;		/// 公式(1)
            bef = now;
            for(map<ll, ll>::iterator it = M.begin(); it != M.end();){
                ll chang = -it->first;
                ll tim   =  it->second;
                if(chang <= now)break;		/// 公式(1)
                ll more = chang / now;
                ll another = chang % now;
                map<ll, ll>::iterator itr = it;
                it++;
                M.erase(itr);				/// erase it
                M[-now] += tim * more;			/// 公式(2)
                if(another!=0)M[-another] += tim;	/// 公式(2)
            }
        }
        int cnt = 0;
        aa[0] = 0LL;
        for(map<ll, ll>::reverse_iterator rit = M.rbegin(); rit != M.rend();rit++){
            ll chang = -rit->first - 1;			/// 倒序遍历即从小到大排序
            ll tim   =  rit->second;
            aa[++cnt] = chang;
            pre[cnt] = pre[cnt-1] + tim;		/// 前缀和记录
        }
        ll Q;Q = read_ll();
        ll Z = 0LL;
        for(ll i = 1;i <= Q; ++i){
            ll y;
            ll ans = 0LL;
            y = read_ll();
            if(y >= bef)continue;			/// 公式(1)
            ll di = lower_bound(aa,aa+cnt+1,y) - aa;
            if(di && aa[di] >= y)di--;
            Z = Z + i * (pre[cnt] - pre[di]) % MOD;	/// 公式(3)，乘上i是题目要求
            Z %= MOD;
        }
        printf("%lld\n",Z);
    }
    return 0;
}