标签：scan for pos 端点 复杂度 输出 str ring 连续子序列
题目描述
Ned 再也看不下去 Robert 的种种恶习， 于是他决定出一道题来让他醒悟。
Ned 的题目是这样：
给出一个有 n 个数的序列， 求其中所有连续子序列的数的最大公因数的乘积模
1000000009 的值。
Robert 当时就立刻给出了一个超级无敌速度无人能及的 O(1)错误解法。
既然 Robert 不会做， Ned 决定让你来做出这题来证明 Robert 不应颓废下去。
输入
第一行一个正整数 n（ 1≤n≤50000）
第二行 n 个正整数 a[i](1≤a[i]≤10000000）
输出
一行一个整数表示序列中所有连续子序列的数的最大公因数的乘积模
1000000009 的值
样例输入
34
6 2
样例输出
384
样例解释
gcd(4,6,2)*gcd(4,6)*gcd(6,2)*gcd(4)*gcd(6)*gcd(2)=2*2*2*4*6*2=384
数据范围
对于 20%的数据:
1≤n≤1000
对于额外 20%的数据保证不存在长于 2000 的数列的最大公约数大于一
对于 100%的数据:
1≤n≤50000
1≤a[i]≤10000000
题解：
倍增，考虑维护一个v[i][j],表示i~i+2^j这个区间的gcd,和f[i][j]表示i跳2的j次方的位置，那么转移就十分显然，f[j][i]=f[j-1][f[j-1][i]]，v[j][i]=gcd(v[j-1][i],v[j-1][f[j-1][i]]);
边界就用if来判掉，就是如果跳出去(i+(1<<j)>n)那么就continue.
然后我们先枚举一个启始端点ｌ，统计ｌ～ｎ的答案，我们可以先用倍增找gcd等于ｌ这个位置的值a[ｌ]的，然后显然ｌ～跳到的位置并且以ｌ为开始的区间个数为pos-l+1个，然后乘以这一段的gcd,当然到了下一节gcd就变小了，所以我们就换找gcd大小等于1~pos这个区间和pos+1的gcd的数量。
因为每次改变gcd的断点数量是log级别，（因为每次gcd的变小至少变小的原来的２分之１），所以总复杂度是nlog(n)^2。
代码：
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cmath> #include <iostream> #define MAXN 50010 #define mod 1000000009 #define ll long long using namespace std; int f[21][MAXN],v[21][MAXN],a[MAXN]; int n; ll ans=1; int gcd(int x,int y){ if(y==0) return x; return gcd(y,x%y); } ll po(ll x,int time){ ll base=1; while(time){ if(time&1) base*=x,base%=mod; x*=x,x%=mod;time>>=1; } return base; } int main() { freopen("1.in","r",stdin); freopen("1.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<n;i++) v[0][i]=gcd(a[i],a[i+1]),f[0][i]=i+1; for(int j=1;j<=20;j++) for(int i=1;i<=n;i++){ if(i+(1<<j)>n) continue; f[j][i]=f[j-1][f[j-1][i]]; v[j][i]=gcd(v[j-1][i],v[j-1][f[j-1][i]]); } for(int i=1;i<=n;i++){ int x=a[i],last=i; while(last<=n){ int now=last; for(int j=20;j>=0;j--){ if(!f[j][now]) continue; if(v[j][now]%x==0) now=f[j][now]; } ans=ans*po(x,now-last+1);ans%=mod; last=now+1;x=gcd(x,a[last]); } } printf("%lld",ans); return 0; }
标签：scan for pos 端点 复杂度 输出 str ring 连续子序列
原文地址：http://www.cnblogs.com/renjianshige/p/7397284.html
