The 2019 ICPC Asia-East Continent Final（重现赛） M value (dfs+思维)

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题意：

给出一个集合A{1,2,3,n},我们可以取其子集，然后将$a_i$加入score，同时如果存在$i^k=j$(i,j是选出子集的元素)那么我们应该让score剪去$b_j$

分析：

这个其实就是一个考思维的题，就是如果你能把这个复杂度想的差不多，好，你肯定会写出来。这个难也就难道如何分析这个复杂度。
首先我们看题，肯定要对每个位置进行讨论看他是不是放入子集中，其次，他放入子集后造成的影响。

我们发现2，4，8，16，32，64…这些是一个集合。
3，9，27…这是一个集合。
所以我们就将其分解成一个个的小集合，然后看取其会对各个集合的影响(dfs维护)。两种：

• 取当前元素，加上代价，然后我们给后面他的2次方，3次方，做出的影响。
• 不去当前元素，那直接看下一就行。

复杂度我这里给出简单的分析：
首先最大的集合也就是底数为2的。一共$lo{g}_2^n$个元素，我们对集合内进行dfs复杂度$2^{lo{g}_2^n}=n$,然后我们分解完最多有$lo{g}_2^n$(这个我推测的，方正不会超过$\sqrt{n}$),然后总复杂度就是$O(nlo{g}_2^n)$

/// 欲戴皇冠，必承其重。
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
typedef unsigned long long ull;

#define x first
#define y second
#define PI acos(-1)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lowbit(x) ((-x)&x)
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl;

const int MOD = 998244353;
const int mod = 998244353;
const int N = 2e5 + 10;
const int dx[] = {0, 1, -1, 0, 0, 0, 0};
const int dy[] = {0, 0, 0, 1, -1, 0, 0};
const int dz[] = {0, 0, 0, 0, 0, 1, -1};
int day[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

ll n, m,p;
ll a[N],b[N],c[N];
std::vector<ll> v[N];
map<ll,ll>mp;
ll ans,res;
void dfs(ll x,ll y,ll sum){
    mp[x]=1;
    if(x>n){
        res=max(res,sum);
        return ;
    }
    dfs(x*y,y,sum);///不选择当前这个东西
    ll tmp=x;
    x=x*tmp;
    while(x<=n){
        c[x]++;
        x=x*tmp;
    }
    dfs(tmp*y,y,sum+a[tmp]-b[tmp]*c[tmp]);///选择当前这个东西
    x=tmp*tmp;
    while(x<=n){
        c[x]--;
        x=x*tmp;
    }
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]),c[i]=0;
    ans=a[1];
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(mp[i]==1) continue;
        res=0;
        dfs(i,i,0);
        ///cout<
        ans+=res;
    }

    cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
    ll t = 1;
    ///scanf("%lld", &t);
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
} 
/*
10
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
8
*/