2013 ACMICPC Hangzhou Rabbit Kingdom
Rabbit Kingdom
题目描述
给一个N个数的序列，M个询问，每个询问两个数L , R 。 问 [L , R] 中有多少个数和区间中所有数（除了自己都互质）
解法
首先肯定要O(N * sqrt(N)) 预处理出每个数互质的话左右分别能延伸到什么地方，记为l[i] , r[i].
接下来就有两种解法了
Solution Of cxlove
她是爱酱，喵~ http://blog.csdn.net/ACM_cxlove?viewmode=contents
爱酱的解法应该是正解，用一个BIT来维护哪些数是可以的。
将所有的 l[i] 位置用边表插入 i ，以备后面之用
首先把询问按照 l 离线，然后将 l[i] < 1(也就是能左边撑到头)的数字 在 i 的位置 + 1 , 如果 r[i] <= n 那么 r[i] 的位置 -1 。 那么前缀和就是这个数字能够覆盖到的位置。
考虑一个区间左指针，当询问改变的时候，区间左指针 left 右移，同时把当前的数字恢复——即 left 位置 -1 ， 如果 r[left] <= n 那么 r[left] 位置 +1。
这时候，我们就要用上那个边表了，对于l[i] 在 left 的数字，那么在 left 之后都是可以的，所以我们遍历所有 left 位置的边表，设为 pos[left][j] 是他的 id 。 那么 pos[left][j]
这个位置就是可以的，我们 + 1 , 同时一样，他的右边位置就要 -1 ( r[pos[left][j]] ) 。
这样我们在扫到询问位置 q[i].l 的时候，只要查询 l , r 之间有多少个 数字是可以的就好，那么就是 sum (q[i].r) - sum (q[i].l - 1); 。 这个问题就被解决了
code
typedef long long LL;
const int N = 200005;
template<class T> inline T& RD(T &x){
//cin >> x;
//scanf("%d", &x);
char c; for (c = getchar(); c < '0'; c = getchar()); x = c - '0'; for (c = getchar(); '0' <= c && c <= '9'; c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
//char c; c = getchar(); x = c - '0'; for (c = getchar(); c >= '0'; c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
return x;
}
struct Query {
int l , r , id;
void input (int i) {
id = i;
RD(l); RD(r);
}
bool operator < (const Query &q) const {
return l < q.l;
}
}q[N];
int n , m , a[N] , s[N];
int flag[N] , prime[N] , cnt , minfac[N];
int fac[N][20] , p[N] , l[N] , r[N];
vector <int> pos[N];
void Init () {
for (int i = 2 ; i < N ; i ++) {
if (!flag[i]) {
prime[cnt ++] = i;
minfac[i] = i;
}
for (int j = 0 ; j < cnt && prime[j] * i < N ; j ++) {
flag[i * prime[j]] = 1;
minfac[i * prime[j]] = prime[j];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
// minfac[1] = 1;
// fac[1][0] = 1;fac[1][1] = 1;
for (int i = 2 ; i < N ; i ++) {
fac[i][0] = 0;
int m = i;
while (m != 1) {
fac[i][++ fac[i][0]] = minfac[m];
m /= minfac[m];
}
}
}
void add (int idx , int v) {
// cout << "update : " << idx << " " << v << endl;
for (int i = idx ; i <= n ; i += lowbit (i))
s[i] += v;
}
int sum (int idx) {
int ret = 0;
for (int i = idx ; i > 0 ; i -= lowbit (i))
ret += s[i];
return ret;
}
int ans[N];
int main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen ("input.txt" , "r" , stdin);
// freopen ("output.txt" , "w" , stdout);
#endif
Init ();
while (RD(n) , RD(m) , n + m) {
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++)
RD(a[i]);
for (int i = 0 ; i < N ; i ++)
pos[i].clear ();
memset (p , 0 , sizeof(p));
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
int idx = 0;
for (int j = 1 ; j <= fac[a[i]][0] ; j ++)
idx = max (idx , p[fac[a[i]][j]]);
for (int j = 1 ; j <= fac[a[i]][0] ; j ++)
p[fac[a[i]][j]] = i;
l[i] = idx;
pos[idx].push_back (i);
}
memset (p , 0x11 , sizeof(p));
for (int i = n ; i > 0 ; i --) {
int idx = n + 1;
for (int j = 1 ; j <= fac[a[i]][0] ; j ++)
idx = min (idx , p[fac[a[i]][j]]);
for (int j = 1 ; j <= fac[a[i]][0] ; j ++)
p[fac[a[i]][j]] = i;
r[i] = idx;
}
for (int i = 0 ; i < m ; i ++)
q[i].input (i);
sort (q , q + m);
memset (s , 0 , sizeof(s));
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
if (l[i] < 1) {
add (i , 1);
if (r[i] <= n)
add (r[i] , -1);
}
}
int left = 1;
for (int i = 0 ; i < m ; i ++) {
while (left < q[i].l) {
add (left , -1);
if (r[left] <= n) add (r[left] , 1);
for (int j = 0 ; j < pos[left].size() ; j ++) {
add (pos[left][j] , 1);
if (r[pos[left][j]] <= n) add (r[pos[left][j]] , -1);
}
left ++;
}
ans[q[i].id] = sum (q[i].r) - sum (q[i].l - 1);
// cout << q[i].id << " " << ans[q[i].id] << " " << left << endl;
}
for (int i = 0 ; i < m ; i ++)
printf ("%d\n" , ans[i]);
}
return 0;
}
Solution Of Dshawn
我的方法比较麻烦，按照 r 将询问排序。
用两个 BIT ， 维护可行的左区间位置数(也就是说我能要求右区间一定满足！！)
首先还是有一个左指针 first ， 当左指针 <= query[i].r 的时候一直右滑，与此同时：
1、那么对于 first 位置的这个数，L[first] 就是一个成功的区间，那么要 L[first] + 1；
2、我用边表在 R[first] 的位置 记录他的左指针位置和他自己的位置 addR(R[first] , L[first] , first);
3、对于右区间在 first 位置的区间肯定走远了，于是我们遍历边表，找到所有R[X] = first 的区间，删掉，那么就是将对应的 L[X] - 1 ， 并且我们记录删掉了 X ， 也是用BIT 在 X的位置 +1.那么通过这一步我们就把所有右区间 <= query[i].r 的都删掉了。
对于询问，答案肯定等于 query[i].r - query[i].l + 1(总共的元素个数) - 右区间不符合的、我们删掉的个数 - 左区间不符合的个数。要注意，左右区间都不符合的已经包含在右区间不符合的个数中了，我们不就记录在左区间不符合的个数内。
那么通过这个简单的容斥问题就解决了。
code
int n , m;
const int N = 4e5 + 9;
using namespace Math;
struct Query{
int l , r , id;
bool operator < (const Query & A) const{
return r < A.r;
}
}query[N];
int W[N];
int L[N] , R[N];
int last[N];
int tree[N];
int deltree[N];
void delOne(int x){
for ( ; x < N ; x += low_bit(x))
deltree[x]++;
}
int querydel(int x){
int ret = 0;
for ( ; x ; x -= low_bit(x))
ret += deltree[x];
return ret;
}
int head[N];
struct Node{
int next;
int r;
int id;
}node[N];
int tot;
void addR(int x , int r , int id){
node[tot].next = head[x];
node[tot].r = r;
node[tot].id = id;
head[x] = tot++;
}
void add(int x , int y){
for ( ; x < N ; x += low_bit(x))
tree[x] += y;
}
int getsum(int x){
int ret = 0;
for ( ; x ; x -= low_bit(x))
ret += tree[x];
return ret;
}
int ans[N] , stand[N];
void debug(){
for (int i = 0 ; i < m ; ++i){
int ans = 0;
for (int j = query[i].l ; j <= query[i].r ; ++j){
bool ok = true;
for (int k = query[i].l ; k <= query[i].r ; ++k)
ok &= j == k || __gcd(W[j] , W[k]) == 1;
ans += ok;
}
stand[i] = ans;
}
}
void solve(){
n++;
for (int i = 2 ; i <= n ; ++i) {
RD(W[i]);
// W[i] = rand() % (int)2e5 + 1;
// printf("%d " , W[i]);
}
// puts("");
for (int i = 0 ; i < m ; ++i){
// scanf("%d%d" , &query[i].l , &query[i].r);
RD(query[i].l , query[i].r);
// query[i].l = rand() % (n - 1) + 1;
// query[i].r = query[i].l + rand() % (n - query[i].l);
// printf("Query %d %d\n" , query[i].l , query[i].r);
query[i].l++;query[i].r++;
query[i].id = i;
}
// debug();
sort(query , query + m);
for (int i = 1 ; i < N ; ++i) last[i] = 1;
for (int i = 2 ; i <= n ; ++i){
getFactors(W[i]);
L[i] = 1;
for (int j = 0 ; j < facCnt ; ++j){
checkMax(L[i] , last[factor[j][0]]);
last[factor[j][0]] = i;
}
}
for (int i = 1 ; i < N ; ++i) last[i] = n + 1;
for (int i = n ; i >= 2 ; --i){
getFactors(W[i]);
R[i] = n + 1;
// cout << "factor ";
for (int j = 0 ; j < facCnt ; ++j){
// cout << factor[j][0] << ' ';
checkMin(R[i] , last[factor[j][0]]);
last[factor[j][0]] = i;
}
// cout << endl;
}
// for (int i = 2 ; i <= n ; ++i) printf("[%d,%d]\n" , L[i] , R[i]);
// for (int i = 2 ; i <= n ; ++i)
// for (int j = i + 1 ; j <= n ; ++j)
// printf("%d %d %d\n" , i , j , __gcd(W[i] , W[j]));
RST(tree);
RST(deltree);
int first = 2;
tot = 0;
FLC(head , -1);
for (int i = 0 ; i < m ; ++i){
while(first <= query[i].r){
add(L[first] , 1);
addR(R[first] , L[first] , first);
for (int j = head[first] ; j != -1 ; j = node[j].next){
add(node[j].r , -1);
delOne(node[j].id);
}
first++;
}
ans[query[i].id] = query[i].r - query[i].l + 1 - (getsum(query[i].r) - getsum(query[i].l - 1) + querydel(query[i].r) - querydel(query[i].l - 1));
}
for (int i = 0 ; i < m ; ++i) {
printf("%d\n" , ans[i]);
// if (ans[i] != stand[i]) {
// cout << "^^^" << endl;
// system("pause");
// }
}
}
int main(){
// srand(time(0));
getPrime();
while(RD(n , m) , (n || m)) solve();
}