【Goodbye Jihai】【UOJ#497】新年的复读机 题解

题目大意

  有一个长度为 $n$ 的数组 $a_1,\cdots ,a_n$，每次选相邻的两个数 $a_i,a_{i+1}$，花费代价 $a_i+a_{i+1}$ 把它们合并成 $\gcd (a_i,a_{i+1})$。求把整个序列合并起来的最小代价。

  $n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 10^{12}$
  2s

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题解

  这题推性质好强啊。。

【35%】$n\le 3000$

  首先可以 $O(n^3)$ 区间 dp：$O(n^2)$ 枚举状态 $[l,r]$，$O(n)$ 转移。（可能带个 $\log$）

  然后发现 $O(n)$ 转移是不必要的，最优情况肯定是从一个点出发不停地往左右扩展，即已合并的区域总是一个区间（反证法，假设最后一步合并 $[l,mid],[mid+1,r]$，那么两个区间必有一个 $\gcd$ 更小，先做出小的再蚕食大的肯定更优），于是就 $O(n^2)$ 了。（可能带个 $\log$）

【65%】$n\le 30000$

  这时需要两条性质：（此处直接搬uoj题解）

  引理 1：给 $k$ 个数求 $\gcd$，直接递推调用欧几里得算法，时间复杂度为 $\Theta (k+\log a)$。
  注意到欧几里得算法执行 $(a,b)$ 的过程与 $(\frac{a}{\gcd (a,b)},\frac{b}{\gcd (a,b)})$ 相同，所以我们可以得到一个复杂度的表示 $\Theta (\log \frac{a}{\gcd (a,b)})=\Theta (\log a-\log \gcd (a,b))$。
  我们进行递推的时候，复杂度裂项相消就得到了 $\Theta (k+\log a)$。

  引理 2：对于一个数列 $n$，前缀 $\gcd$ 的连续段有最多 $\lfloor {\log }_{2}a\rfloor +1$ 个。
  由于前缀 $\gcd$ 如果有变化则至少除以 $2$，得证。

  从一个点出发每次往一个方向走的时候，肯定是走到 $\gcd$ 变了才停（不然没意义），或者是走到边界。左右都只有 $\log a_i$ 段，因此从一个点出发的区间 dp 的复杂度就是 $O(n{\log }^{2}a)$ 了。
  然后求 $\gcd$ 的时候注意往引理 1 上套。（一开始先 ST 表预处理区间 $\gcd$，然后求出每一段的 $\gcd$，然后基于正确的顺序合并区间）

【100%】$n\le 2\times 10^5$

  然后又要注意到，对于 $[l,r]$，如果 $r$ 不是从 $l$ 出发的变化点，$l$ 也不是从 $r$ 出发的变化点，那么 $[l,r]$ 的 dp 也是没有意义的。（因为必先走到 $[l,r-1]$ 或 $[l+1,r]$，这样的话在 $[l,r]$ 停下来是没有意义的。）
  因此有用的区间的总量就是 $O(n\log a)$ 的了，基于这个做 dp 就是 $O(n\log a)$ 的了。

  实现的一些方法：一开始先预处理出所有的区间（利用一个性质：设 $L_i$ 为 $i$ 的左变化点集合，那么 $L_{i+1}\subset L_i\cup \{i+1\}$，右边同理）。按区间长度从小到大 dp，找到左端点的上一个区间，和右端点的上一个区间，进行转移。排序要用基数排序，有 $10^7$ 个区间。

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  （为啥把思路整理一遍，就像把题解抄了一遍一样 qaq）

代码

#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;

typedef long long LL;

const int maxn=2e5+5, maxq=80*maxn;
const LL inf=1e18;

struct QST{
     
	int l,r;
	LL gcd;
};
bool cmpQ(const QST &a,const QST &b)
{
     
	return a.r-a.l+1<b.r-b.l+1 || a.r-a.l+1==b.r-b.l+1 && a.l<b.l;
}

int n,p0,q0;
LL a[maxn],s[maxn],f[maxq];
QST p[maxq],q[maxq];

int idl[maxq],idr[maxq];
vector<QST> V[maxn];
int main()
{
     
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]), s[i]=s[i-1]+a[i];
	
	fo(i,1,n)
	{
     
		fo(j,1,p0) p[j].r=i, p[j].gcd=__gcd(p[j].gcd,a[i]);
		p[++p0]=(QST){
     i,i,a[i]};
		int newp0=0;
		fo(j,1,p0) if (j==1 || j==p0 || p[j].gcd!=p[j+1].gcd) V[i-p[j].l+1].push_back(p[++newp0]=p[j]);
		p0=newp0;
	}
	p0=0;
	fd(i,n,1)
	{
     
		fo(j,1,p0) p[j].l=i, p[j].gcd=__gcd(p[j].gcd,a[i]);
		p[++p0]=(QST){
     i,i,a[i]};
		int newp0=0;
		fo(j,1,p0) if (j==1 || j==p0 || p[j].gcd!=p[j+1].gcd) V[p[j].r-i+1].push_back(p[++newp0]=p[j]);
		p0=newp0;
	}
	fo(i,1,n)
		for(QST j:V[i]) q[++q0]=j;
	int newq0=1;
	fo(i,2,q0) if (q[i].l!=q[i-1].l || q[i].r!=q[i-1].r) q[++newq0]=q[i];
	q0=newq0;
	
	fo(i,1,q0) if (q[i].l==q[i].r) idl[q[i].l]=idr[q[i].r]=i; else
	{
     
		int l=q[i].l, r=q[i].r, x=idl[l], y=idr[r];
		f[i]=min(f[x]+q[x].gcd*(r-q[x].r)+s[r]-s[q[x].r],
				 f[y]+q[y].gcd*(q[y].l-l)+s[q[y].l-1]-s[l-1]);
		idl[l]=idr[r]=i;
	}
	
	printf("%lld\n",f[q0]);
}