hdu5381 gcd的和(莫队算法+每一次log(a)的更新)

学习了下莫队算法,用左端点所在块分割排序排序后,设n是区间范围,每个块n^0.5的大小,

对于右端点R的更新,同一块内,R是从小到大,O(n)*块数=O(n^1.5),相邻块O(n)*块数=O(n^1.5)

对于左端点的更新,同一块内,每次最多 O(n^0.5),不同块,最多2*n^0.5次,一共*m次询问

大概加一下是O(n^1.5)的复杂度,这个题目是n=m是10000,大概是100万的复杂度

然后因为以一个点为左端点或者右端点的gcd是单调的,而且不同种类的gcd最多log(ai)种,以每段区间除以最小的因子2算的话。

每次使用莫队算法移动区间的更新就是遍历每一种gcd所在的位置,大概就30次,所以最后复杂度是 O(n^1.5)*30 =3000万次,不会超时的。

#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int n;
int a[N];
void rd(int&x){
	char ch;
	for(ch=getchar();ch<'0' || ch>'9';ch=getchar());
	x=0;
	for(;ch>='0' && ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
} 
int gcd(int x,int y){
	return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int block;
struct node{
	int l,r,id;
	bool operator <(const node & x) const{ 
		if(l/block==x.l/block) return r<=x.r;
		else return l/block<x.l/block;
	}
}vec[N];
long long an[N];
long long ans;
int L,R,q;
struct no{
	int idx,g;
	no(int _i,int _g):idx(_i),g(_g){}
};
vector<no> l[N],r[N];//l[i]表示以第i个点为右端点左边不同gcd段的位置,r同理
void init(){
	for(int i=1;i<=n;i++) l[i].clear(),r[i].clear();
	l[1].push_back(no(1,a[1]));//最左边的点只有一段,就是自己
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int cur=a[i],L=i;
		for(int j=0;j<l[i-1].size();j++){//第i个点根据i-1个点的值进行更新,进行每一段的更新只可能有两种情况,与上一段gcd相等,比上一段gcd小
			no v=l[i-1][j];int tmp=gcd(v.g,cur);
			if(cur!=tmp) l[i].push_back(no{L,cur}),cur=tmp;//比上一段gcd小,就把当前这段放入
			L=v.idx;
		}
		l[i].push_back(no(L,cur));
	}
	r[n].push_back(no{n,a[n]});
	for(int i=n-1;i>=1;i--){
		int cur=a[i],R=i;
		for(int j=0;j<r[i+1].size();j++){
			no v=r[i+1][j];int tmp=gcd(cur,v.g);
			if(tmp!=cur) r[i].push_back(no{R,cur}),cur=tmp;
			 R=v.idx;
		}
		r[i].push_back(no{R,cur});
	}
}
long long get(int L,int R,char ch){//计算L--R的值,以ch为端点
	long long res=0;
	if(ch=='l'){
		int pos=L;
		for(int i=0;i<r[L].size();i++){
			no v=r[L][i];
			if(pos>R) break;
			if(v.idx<R) res+=(long long)v.g*(v.idx-pos+1);//当前这一段还远远没有到另一个端点
			else res+=(long long)v.g*(R-pos+1);//当前这一段已经超出了另一个端点
			pos=v.idx+1;
		} 
	}else{
		int pos=R;
		for(int i=0;i<l[R].size();i++){
			no v=l[R][i];
			if(pos<L) break;
			if(v.idx>L)res+=(long long)v.g*(pos-v.idx+1);
			else res+=(long long)v.g*(pos-L+1); 
			pos=v.idx-1;
		}
			
	}
	return res;
}
void solve(){
	init();
	ans=0;L=1;R=0;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int ll=vec[i].l,rr=vec[i].r,id=vec[i].id;
		while(ll<L){L--;ans+=get(L,R,'l');}
		while(R<rr){R++;ans+=get(L,R,'r');}
		while(ll>L){ans-=get(L,R,'l');L++;}
		while(R>rr){ans-=get(L,R,'r');R--;}
		an[id]=ans;
	}
	for(int i=1;i<=q;i++) printf("%I64d\n",an[i]);
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("aaa","r",stdin);
#endif 
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);	
		for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
		scanf("%d",&q);
		for(int i=1;i<=q;i++){
			scanf("%d%d",&vec[i].l,&vec[i].r);
			vec[i].id=i;
		}
		block=(int)(sqrt(n)+0.5);//块数
		sort(vec+1,vec+q+1);//按块排个序
		solve();

	}
	return 0;
}


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