洛谷U525322 优美区间

优美区间

题目描述

有一个长度为 $n$ 的数字序列，序列的第 $i$ 个数为 $a_i$。

定义区间 $[l,r]$ 的优美程度为 $\gcd (a_l,a_{l+1},\dots ,a_r)\times \sum _{i=l}^r{a}_i$。

你需要求出长度至少为 $k$ 的区间的优美程度的最大值。

输入格式

第一行两个正整数 $n,k$。

第二行 $n$ 个正整数，第 $i$ 个正整数为 $a_i$。

输出格式

一行一个整数，表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

7 2
2 1 5 4 4 4 2

样例输出 #1

48

提示

$1\le k\le n\le 10^6$，$1\le a_i\le 10^6$。

注意到：对于一个 $r$，不同的 $\gcd (a_l,a_{l+1},\dots ,a_r)$ 至多只有 $\lfloor \log a_r\rfloor +1$ 种。

当我们对于一个 $r=x$ 求出了所有不同的 $\gcd (a_l,a_{l+1},\dots ,a_r)$ 并找到了与之对应的最小的 $l$ 后，要求出 $r=x+1$ 的情况。只需要在 $l$ 的集合中插入 $x+1$，并将对应的 $\gcd$ 相同的 $l$ 只保留最小的即可。

于是对于每个 $r$，我们都可以求出所有不同的 $\gcd (a_l,a_{l+1},\dots ,a_r)$ 和与之对应的最小的 $l$，依次对这些区间中长度至少为 $k$ 的区间计算优美程度，并取最大值即可。

时间复杂度为 $\Theta (n{\log }^{2}a)$，常数较小，可以通过本题。精细实现或使用科技可以做到 $\Theta (n\log a)$ 的复杂度。

暴力思路

常规暴力思路很容易想，但是拿不到满分。即遍历每一个可能的区间，同时计算gcd。
但是这样时间复杂度是$O(n^2\log a)$级的。

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long ll;
using namespace std;
int a[1000005],p[1000005];
// int g[1000005];
signed main() {
    cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(0);
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        p[i]=a[i]+p[i-1];
    }   

    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n - k + 1; i++) {
        int g = a[i];
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            g = __gcd(g, a[j]);
            if (j - i + 1 >= k) {
                int sum = p[j] - p[i - 1];
                int tans = g * sum;
                ans = max(ans, tans);
            }
        }
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long ll;
using namespace std;
int a[1000005],p[1000005];
int g[1000005];  //存储左端点gcd
int pos[1000005]; //存储左端点位置
signed main() {
    cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(0);
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];  
        p[i]=a[i]+p[i-1]; // 前缀和
    }   

    int ans = 0;
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) { // 枚举右端点i
        pos[++cnt]=i;  // 将右端点本身添加进左端点的集合中
        g[cnt]=a[i];
        int tcnt = cnt;
        cnt = 0;
        for (int j = 1; j <= tcnt; j++) {//枚举左端点j
            g[j]=__gcd(g[j],a[i]); // 每个左端点与a[i]gcd
            if(g[j]!=g[cnt]){  // 重新计数 保存每个gcd最小左端点信息
                pos[++cnt]=pos[j];
                g[cnt]=g[j];
                if ( i - pos[j] + 1 >= k) { // 长度满足条件就更新答案
                    int sum = p[i] - p[pos[j]-1];
                    int tans = g[j] * sum;
                    ans = max(ans, tans);
                }
            }
        }
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}