题意是给定一个区间和一个长度为n的序列a。定义一个数x的对y的要求值为logy(x)向下取整的值。题目中,对于区间的每一个数x,定义x有效为 x 能够整除对于ai的要求值,最后输出有多少这样的x。
虽然区间的范围可能很大,但是序列a划分的区间却只有log个,很容易从这方面想到对区间进行划分。我们再考虑对于每一个数,如果这个数有效,则它必须能够整除对于所有的ai在这个区间的要求值的最小公倍数。拓展到区间,我们可以在O(1)的时间内求出一段区间要求值的最小公倍数相同的x的个数。回到刚才的问题,我们已经对每一个ai划分好了区间,如果我们在纸上平行地画出这些区间,可以发现我们可以将每个区间的右端点存起来,这样就可以把区间划分成最多O(nlog|s|)个区间,s为询问区间长度。对每个区间,它的最小公倍数都是相同的,暴力即可,最终复杂度O(n2log|s|),实际效率要高的多。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long A,B;
struct Segment{
long long l, r;
int val;
Segment(){}
Segment(long long l,long long r, int val):l(l),r(r), val(val){}
};
const int maxn = 500 + 10;
vector<Segment> s[maxn], v[maxn];
int a[maxn];
long long gcd(long long a, long long b) {
return a == 0 ? b : gcd(b%a, a);
}
typedef pair<long long, int> pii;
long long q[maxn];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
while(cin >> n >> A >> B) {
for(int i = 1; i <= n; ++i) s[i].clear(), v[i].clear();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
long long tmp = 1;
int cnt = 0;
while(tmp <= B) {
s[i].push_back(Segment(tmp, tmp*a[i]-1,cnt++));
tmp *= a[i];
}
for(int j = 0; j < (int)s[i].size(); ++j) {
Segment & res = s[i][j];
if(res.r < A || res.l > B) {
continue;
}
v[i].push_back(Segment(max(A, res.l), min(B, res.r), res.val));
}
}
long long sum = 0;
long long lcm = 1;
vector<pii> right;
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
q[++tot] = v[i][0].val;
for(int j = 0; j < (int)v[i].size(); ++j) {
right.push_back(pii(v[i][j].r, i));
}
}
sort(right.begin(), right.end());
long long last = A;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(q[i] == 0) {
lcm = 0;
break;
}
lcm = q[i] * lcm / gcd(q[i], lcm);
}
for(int i = 0; i < (int)right.size();) {
if(lcm){
sum += (right[i].first) / lcm - last / lcm;
if(last % lcm == 0) sum++;
}
last = right[i].first+1;
lcm = 1;
while(i < (int)right.size() && right[i].first+1 == last){
q[right[i++].second]++;
}
for(int j = 1; j <= n; ++j) {
if(q[j] == 0) {
lcm = 0;
break;
}
lcm = lcm * q[j] / gcd(lcm, q[j]);
}
}
cout << sum << '\n';
}
return 0;
}