Codeforces Round #822 (Div. 2) C Removing Smallest Multiples（复杂度为调和级数级别的暴力）

题意：

给你一个 集合 S 这个 集合里的元素是 1 ~ n，每次操作可以 选择一个数 k，并删除 集合 s 中 最小的 k 的倍数，举个例子，假设一个集合为 {2， 3}，里面的元素 均为 1 的倍数，删除的时候只能 先删 2 后删除 3，不能跳过 2 再删除 3。

给定 集合 T 为 集合 S 的子集，问能不能通过 上面的 删除操作 从集合 S 转化成集合 T，集合的形式以 二进制的形式 给出。

对于题目给定的样例，0010，表示 S 集合为 {1， 2， 3， 4}，T 集合为 {3}，正确的做法应当是：先选择 k = 1，先后删掉 1、2，之后选择 k = 2，删掉 4，总代价为 4。

不符合题意的错误做法：选择 k = 1，直接删除 1、2、4，总代价为 3。因为 不能跳过 3 直接删除 4（不能跳着删除 数字，每次只能 删掉最小的 k 的倍数）

思路：

为了让花费最小，应该选择一个 可以删除 x 的 k，且 k 最小。

具体实现如下：

从 i = 1 开始枚举，不断往后删除 i 的倍数 j，如果 不能删除（即 子集 T 包含了 j，s[j] == '1'），就 直接 break。

用一个 数组 cost 记录一下 每个数字的花费，如果这个数字 在子集 T 中存在，枚举 i 的倍数 j，如果 倍数 j 需要删除（s[j] == '0'），则 记录一下代价 cost[j]，

注意：由于 cost 要取 min，所以 如果 cost[j] 为 0 表示：j 这个数没有删过，就直接 cost[j] = i 即可，如果 不为 0，表示：j 被之前的某个数删除过，由于我们需要找到 最小 k，且 i 从小到大枚举，因此 只需要在 cost 第一次为 0 的时候记录一下即可。

最后 将所有 cost 相加 即为答案。

时间复杂度：

标准的 调和级数 $O(nlogn)$

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
//#define map unordered_map
#define int long long
const int N = 1e6 + 10;
int n;
string s;
int cost[N];

void solve()
{
	cin >> n;
	cin >> s; s = " " + s;
	fill(cost, cost + n + 1, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		if(s[i] == '0')
		{
			for (int j = i; j <= n; j += i)
			{
				if(s[j] == '1') break; 
				if (!cost[j]) {
					cost[j] = i;
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) if(s[i] == '0') ans += cost[i];
	cout << ans << '\n';
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);

	int _ = 1; cin >> _;

	while (_--)
	{
		solve();
	}

	return 0;
}