hdu 5869 区间不同GCD个数(树状数组)
Different GCD Subarray Query
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Submission(s): 221 Accepted Submission(s): 58
Given an array a of N positive integers a1,a2,⋯aN−1,aN; a subarray of a is defined as a continuous interval between a1 and aN. In other words, ai,ai+1,⋯,aj−1,aj is a subarray of a, for 1≤i≤j≤N. For a query in the form (L,R), tell the number of different GCDs contributed by all subarrays of the interval [L,R].
For each test, the first line consists of two integers N and Q, denoting the length of the array and the number of queries, respectively. N positive integers are listed in the second line, followed by Q lines each containing two integers L,R for a query.
You can assume that
1≤N,Q≤100000
1≤ai≤1000000
1 3 4 6 9
3 5
2 5
1 5
6
6
- /*
- hdu 5869 区间不同GCD个数(树状数组)
- problem:
- 给你一组数, 然后是q个查询. 问[l,r]中所有区间GCD的值总共有多少个(不同的)
- solve:
- 感觉很像线段树/树状数组. 因为有很多题都是枚举从小到大处理查询的r. 这样的话就只需要维护[1,i]的情况
- 最开始用的set记录生成的gcd然后递推, 超时了.
- 因为区间gcd是有单调性的. (i-1->1)和i区间gcd是递减的.
- 而且用RMQ可以O(1)的查询[i,j]gcd的值.如果枚举[1,i-1]感觉很麻烦.所以用二分跳过中间gcd值相同的部分,即查询与i的区间gcd值为x的
- 最左边端点.
- 因为要求不同的值, 这让我想到了用线段树求[l,r]中不同数的个数(忘了是哪道题了 zz)
- 就i而言,首先找出最靠近i的位置使gcd的值为x. 然后和以前的位置作比较. 尽可能的维护这个位置靠右.
- 假设:
- [3,i-1]的gcd为3,[2,i]的gcd为3. 那么在位置3上面加1.因为只要[l,i]包含这个点,那么就会有3这个值.
- hhh-2016-09-10 19:01:57
- */
- #include <algorithm>
- #include <iostream>
- #include <cstdlib>
- #include <stdio.h>
- #include <cstring>
- #include <vector>
- #include <math.h>
- #include <queue>
- #include <set>
- #include <map>
- #define ll long long
- using namespace std;
- const int maxn = 100100;
- int a[maxn];
- map<ll,int>mp;
- struct node
- {
- int l,r;
- int id;
- } p[maxn];
- bool tocmp(node a,node b)
- {
- if(a.r != b.r)
- return a.r < b.r;
- if(a.l != b.l)
- return a.l < b.l;
- }
- ll Gcd(ll a,ll b)
- {
- if(b==0) return a;
- else return Gcd(b,a%b);
- }
- int lowbit(int x)
- {
- return x&(-x);
- }
- ll out[maxn];
- ll siz[maxn];
- int n;
- void add(int x,ll val)
- {
- if(x <= 0)
- return ;
- while(x <= n)
- {
- siz[x] += val;
- x += lowbit(x);
- }
- }
- ll sum(int x)
- {
- if(x <=0)
- return 0;
- ll cnt = 0;
- while(x > 0)
- {
- cnt += siz[x];
- x -= lowbit(x);
- }
- return cnt;
- }
- int dp[maxn][40];
- int m[maxn];
- int RMQ(int x,int y)
- {
- int t = m[y-x+1];
- return Gcd(dp[x][t],dp[y-(1<<t)+1][t]);
- }
- void iniRMQ(int n,int c[])
- {
- m[0] = -1;
- for(int i = 1; i <= n; i++)
- {
- m[i] = ((i&(i-1)) == 0)? m[i-1]+1:m[i-1];
- dp[i][0] = c[i];
- }
- for(int j = 1; j <= m[n]; j++)
- {
- for(int i = 1; i+(1<<j)-1 <= n; i++)
- dp[i][j] = Gcd(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
- }
- }
- void init()
- {
- mp.clear();
- memset(siz,0,sizeof(siz));
- iniRMQ(n,a);
- }
- int main()
- {
- int qry;
- while(scanf("%d",&n) != EOF)
- {
- scanf("%d",&qry);
- for(int i = 1; i<=n; i++)
- {
- scanf("%d",&a[i]);
- }
- init();
- for(int i = 0; i < qry; i++)
- {
- scanf("%d",&p[i].l),scanf("%d",&p[i].r),p[i].id = i;
- }
- int ta = 0;
- sort(p, p+qry, tocmp);
- for(int i = 1; i <= n; i++)
- {
- int thea = a[i];
- int j = i;
- while(j >= 1)
- {
- int tmid = j;
- int l = 1,r = j;
- while(l <= r)
- {
- int mid = (l+r) >> 1;
- if(l == r && RMQ(mid,i) == thea)
- {
- tmid = mid;
- break;
- }
- if(RMQ(mid,i) == thea)
- r = mid-1,tmid = mid;
- else
- l = mid+1;
- }
- if(!mp[thea])
- add(j,1);
- else if(mp[thea] < j && mp[thea])
- {
- add(mp[thea],-1);
- add(j,1);
- }
- mp[thea] = j;
- j = tmid-1;
- if(j >= 1) thea = RMQ(j,i);
- }
- while(ta < qry && p[ta].r == i)
- {
- out[p[ta].id] = sum(p[ta].r) - sum(p[ta].l-1);
- ta++;
- }
- }
- for(int i = 0; i < qry; i++)
- printf("%I64d\n",out[i]);
- }
- return 0;
- }
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