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最新推荐文章于 2025-12-04 22:00:44 发布

原创最新推荐文章于 2025-12-04 22:00:44 发布 · 229 阅读

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CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#算法 #数据结构 #c++

这道题非常适合作为st表的模板题。

题目传送门：https://www.luogu.com.cn/problem/P14221

本题采用贪心策略。

首先考虑暴力做法：枚举每个修改的L和R，查出最大的值。提前用数组 $f_1,f_2$ 记录前缀和后缀GCD，并用st表记录修改后的值并查询区间GCD，答案即为 $max\{ f_1 (l-1),f_2(r+1),gcd_{i\in [l,r]}(a_i+k)\}$ 时间复杂度 $O(n^2log V)$

接着思考：需要我们枚举每个L和R吗？发现： $f_1 (i)=f_1 (i-1)$ 时，此时L取i一定劣于取i+1，因为最终答案中， $f_1 (i-1)$ 一项相等，但是 $gcd_{i\in [l,r]}(a_i+k)$ 一项在换成i时单调不减，同理于R。因此，我们只需要枚举所有L使得 $f_1 (L)\neq f_1 (L-1)$ 即所有的R使得 $f_2 (R)\neq f_1 (R+1)$ 即可。由于gcd的取值仅有log k个，因此时间复杂度为 $O(nlognlogV+log^3 V)$

最后注意一个小细节：可以不用修改，故记得给ans初始赋值为f1(n)

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N=3e5+10;
long long a[N],d[N],f1[N],f2[N],n,k,T;
long long dp[N][20];
inline long long GCD(long long a,long long b){
    if(a<b)swap(a,b);
    if(!b)return a;
    return GCD(b,a%b);
}
inline long long query(long long L,long long R){
    long long tmp=floor(log2(R-L+1));
    return GCD(dp[L][tmp],dp[R+1-(1<<tmp)][tmp]);
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); 
    cin>>T;
    while(T--){
        vector<long long>l;
        vector<long long>r;
        cin>>n>>k;f2[n+1]=0;
        for(long long i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
        for(long long i=1;i<=n;i++){
            dp[i][0]=a[i]+k;
            f1[i]=GCD(f1[i-1],a[i]);
        }
        for(long long i=n;i>=1;i--){
            f2[i]=GCD(f2[i+1],a[i]);
        }
        for(long long i=1;i<=n;i++){
            if(f1[i]!=f1[i-1])l.push_back(i);
        }
        for(long long i=n;i>=1;i--){
            if(f2[i]!=f2[i+1])r.push_back(i);
        }
        for(long long j=1;(1<<j)<=n;j++){
            for(long long i=1;i+(1<<j)<=n+1;i++){
                dp[i][j]=GCD(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            }
        }
        long long ans=f1[n];
        for(long long i=0;i<l.size();i++){
            for(long long j=0;r[j]>=l[i]&&j<r.size();j++){
                long long tmp=GCD(f1[l[i]-1],f2[r[j]+1]);
                tmp=GCD(tmp,query(l[i],r[j]));
                //cout<<l[i]<<' '<<r[j]<<' '<<tmp<<endl;
                ans=max(ans,tmp);
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}