【Codeforces Round 276 (Div 2)D】【数论 正难则反 枚举倍数 二分 O（nlogn）】Maximum Value n个数大数mod小数找最大余数
D. Maximum Value
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You are given a sequence a consisting of n integers. Find the maximum possible value of 
(integer remainder of ai divided by aj), where 1 ≤ i, j ≤ n and ai ≥ aj.
Input
The first line contains integer n — the length of the sequence (1 ≤ n ≤ 2·105).
The second line contains n space-separated integers ai (1 ≤ ai ≤ 106).
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Sample test(s)
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3 3 4 5
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2
【Codeforces Round 276 (Div 2)D】【数论 正难则反 枚举倍数 二分 数组优化O(nlogn)】Maximum Value n个数大数mod小数找最大余数
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=2e5+10,M=2e6+10,Z=1e9+7,ms63=1061109567;
int n;
int a[N],b[M];
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);a[n+1]=a[n]<<1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=a[i];j<a[i+1];++j)b[j]=a[i];
}
int ans=0;
for(int i=n-1;i>=1;--i)
{
if(a[i]+1<=ans)break;
if(a[i]==a[i+1])continue;
for(int x=a[i]+a[i]-1;x<a[n+1];x+=a[i])
{
gmax(ans,b[x]%a[i]);
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
哇哈！尝试优化，暴力剪枝竟然AC啦~~
用错误的做法AC一道题果然是心里最开心的2333
【题意】
给你n（2e5）个数，每个数的数值都在[1,1e6]之间，让你求出max（a[i]%a[j]），a[i]>=a[j]]。
【类型】
数论
【分析】
我们假设这n个数已经按照从小到大的顺序形成了从前到后的排序。
那么——如果没有a[i]>=a[j]的限制，答案肯定是max(a[x])，a[x]!=a[n]
然而，现在有a[i]>=a[j]的要求了。我们怎么做呢？
我当时做的第一种做法，是枚举大的数，然后找小的数，来更新答案，这种算法时间复杂度是O(nsqrt(n)log(n))会TLE。
然而，做题的时候竟然没有想到反过来。
就是我们找素数的时候，枚举数找因子的时间复杂度是O（nsqrt(n)）
可是如果转换一下次序，枚举数筛倍数的时间复杂度就只有O（nlog(n)）了。
这题也一样。
1，枚举因子找倍数，对于一个因子的一个倍数，我们找比这个倍数小的最大的数（通过lower_bound()-1实现）
2，从大到小枚举做剪枝
这题就在O（nlogn(n)log(n)）的时间做完啦。
此外，先可以贪心x(x/2+1)为ans，可以起到优化作用。
PS：
因为a[]的数值并不大。
所以，我们可以用另外一种做法，直接记录<=x的数中最大的数为b[x]。然后我们就可以O（1）查询。
就可以达到整体上O（nlogn）的时间复杂度啦。啦啦啦啦~
【时间复杂度&&优化】
O(nlogn logn)->O(nlogn)
*/
【Codeforces Round 276 (Div 2)D】【数论 正难则反 枚举倍数 二分】Maximum Value n个数大数mod小数找最大余数
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}
template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}
const int N=2e5+10,M=1e6+10,Z=1e9+7,ms63=1061109567;
int n;
int a[N];
bool e[M];
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
MS(e,0);
for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);e[a[i]]=1;}
sort(a+1,a+n+1);a[n+1]=1e9;
int ans=0;
for(int i=n;i>1;--i)if(e[a[i]]&&e[a[i]/2+1])gmax(ans,a[i]%(a[i]/2+1));
for(int i=n-1;i>=1;--i)
{
if(a[i]+1<=ans)break;
if(a[i]==a[i+1])continue;
int p=i;
while(1)
{
int x=(a[p]/a[i]+1)*a[i];
p=lower_bound(a+p,a+n+1,x)-a-1;
gmax(ans,a[p]%a[i]);
if(++p>n)break;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
哇哈！尝试优化，暴力剪枝竟然AC啦~~
用错误的做法AC一道题果然是心里最开心的2333
【题意】
给你n（2e5）个数，每个数的数值都在[1,1e6]之间，让你求出max（a[i]%a[j]），a[i]>=a[j]]。
【类型】
数论
【分析】
我们假设这n个数已经按照从小到大的顺序形成了从前到后的排序。
那么——如果没有a[i]>=a[j]的限制，答案肯定是max(a[x])，a[x]!=a[n]
然而，现在有a[i]>=a[j]的要求了。我们怎么做呢？
我当时做的第一种做法，是枚举大的数，然后找小的数，来更新答案，这种算法时间复杂度是O(nsqrt(n)log(n))会TLE。
然而，做题的时候竟然没有想到反过来。
就是我们找素数的时候，枚举数找因子的时间复杂度是O（nsqrt(n)）
可是如果转换一下次序，枚举数筛倍数的时间复杂度就只有O（nlog(n)）了。
这题也一样。
1，枚举因子找倍数，对于一个因子的一个倍数，我们找比这个倍数小的最大的数（通过lower_bound()-1实现）
2，从大到小枚举做剪枝
这题就在O（nlogn(n)log(n)）的时间做完啦。
此外，先可以贪心x(x/2+1)为ans，可以起到优化作用。
PS：
因为a[]的数值并不大。
所以，我们可以用另外一种做法，直接记录<=x的数中最大的数为v[x]。然后我们就可以O（1）查询。
就可以达到整体上O（nlogn）的时间复杂度啦。啦啦啦啦~
【时间复杂度&&优化】
O(nlogn logn)->O(nlogn)
*/