hdu5726 GCD st表 + 二分

最新推荐文章于 2022-02-01 15:46:16 发布

jijijix

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分类专栏：二分文章标签： hdu st表二分

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/jijijix/article/details/54890712

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本文介绍了一种区间GCD查询的高效算法实现，利用ST表进行预处理达到O(1)查询，结合枚举起点的方法并使用map记录不同GCD出现次数，最终实现了O(Knlogn)的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述：给出n( 1 <= n <= 100000)个正整数ai，现给出m(1 <= m <= 100000)个询问，每次询问给出一组L，R，对于每组询问输出LR之间所有数的gcd，并且输出还有多少个区间满足其间所有数的gcd等于LR之间所有数的gcd

思路：这个问题的突破口在于从第i个数开始，连续向后取gcd，其gcd的值是逐渐变小的，且可能出现的gcd的值只有不超过log(ai)个。

那么就从1至n枚举每个位置，找到以i为起点的区间对gcd的贡献，通过上文的分析，以i为起点的区间只会对不超过log(ai)个gcd产生贡献，将他们一一二分出来，然后用map记录下来，在询问当中对于每次LR之间的gcd值可以用st表预处理好，然后O(1)查询，然后从map中找到与这个值相等的区间还有多少个就可以了。

总的复杂度应该是O(Knlogn)，其中K是一个1<=K<=log1e9 的常数

收获：1、过去一直没有重视st表，自己写的时候用线段树O(logn)查询就超时了，st表O(1)查询的能力可以在很多不需修改的RMQ问题中起到不可或缺的作用。

2、其实做题的时候经常想到枚举起点的做法，在网上看到一篇博客枚举终点的做法非常惊艳：

http://blog.youkuaiyun.com/helloiamclh/article/details/51979392

#pragma warning(disable:4786)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<string>
#include<sstream>
#include<bitset>
#define LL long long
#define FOR(i,f_start,f_end) for(int i=f_start;i<=f_end;++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define lson l,m,x<<1
#define rson m+1,r,x<<1|1
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int maxn = 1e5 + 5 ;
int n,t[4 * maxn] , a[maxn] , d[maxn][33] , klen[maxn];
map<int , LL>mp;
inline int gcd(int a , int b)
{
    return b == 0 ? a : gcd(b , a % b);
}
void RMQ_init()
{
    for(int i = 1 ; i<= n ; i++){
        d[i][0] = a[i];
    }
    for(int j = 1 ; (1 << j) <= n ; j++){
        for(int i = 1 ; i + (1 << j) - 1<= n ; i++){
            d[i][j] = gcd(d[i][j - 1] , d[i + (1<<(j - 1)) ][j - 1]);
        }
    }
    klen[0] = -1;
    for(int i = 1 ; i<= n ; i++){
        klen[i] = ( (i & (i - 1)) == 0 )? klen[i - 1] + 1 : klen[i - 1];
    }
}
int query(int L , int R)
{
    int k = klen[R - L + 1];
    return gcd(d[L][k] , d[R - (1<<k) + 1][k]);
}
int bsearch(int left , int right , int val , int st)
{
    int mid , ret = -1 ;
    while(left <= right){
        mid = left + (right - left) / 2;
        int q = query(st , mid);
        if(q >= val){
            left = mid + 1;
            ret = mid;
        }
        else{
            right = mid - 1;
        }
    }
    return ret;
}
void solve()
{
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
        int cur = a[i] , pos = i;
        while(pos <= n){
            int ntpos = bsearch(i , n , cur , i);
            mp[cur]+= (ntpos - pos + 1);
            if(ntpos == n)  break;
            pos = ntpos + 1;
            cur = gcd(cur , a[pos]);
        }
    }
}
int main()
{
    int T , m , l , r , kase = 0;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        mp.clear();
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        RMQ_init();
        solve();
        scanf("%d", &m);
        printf("Case #%d:\n",++kase);
        for(int i= 1; i<= m ; i++){
            scanf("%d %d", &l , &r);
            int res = query(l , r);
            LL cnt = mp[res];
            printf("%d %lld\n", res , cnt);
        }
    }
    return 0;
}