标签：多少 维护 limit 情况 oid 区间维护 位置 技巧 因子
做完题目很少有写题解的习惯，强行PO一组吧。
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PRINCESS
给定字符串s，问s是否存在长度大于1的回文子串。
解：分两种情况。设n=|s|。
1. 存在回文子串长度为奇数。则存在2<=i<n，使得s[i-1]==s[i+1]。
2. 存在回文子串长度为偶数。则存在1<=i<n，使得s[i]==s[i+1]。
时间复杂度O(n)。
ALATE
给定长度为n的数组a[1..n]。维护两种操作：
1. 给定x，求$\sum_{x|i} a[i]$。
2. 给定x和y，把a[x]改为y。
解：维护ans[x] = $\sum_{x|i} a[i]$。
0. 暴力预处理得到ans[]的初值。
1. 对于操作1，直接输出ans[x]。
2. 对于操作2，枚举所有d|x，更改ans[d]。
时间复杂度$O(n\log n+n \max\limits_{1 \le k \le 100,000} \sigma(k))$，其中$\sigma(k)$表示k的因子个数。
ALTSUB
给定长度为n的数组a[1..n]。维护两种操作：
1. 给定x和y，把a[x]改为y。
2. 给定L和R，求a[L], a[L+1], ..., a[R]的所有子序列的交错和的平方之和。
一个序列a[1], a[2], ..., a[n]的交错和定义为$\sum_{i=1}^n (-1)^{i-1} a[i]$。
解：考虑使用线段树。
每个区间维护6个信息：
cnt0 - 这段区间中长度为偶数的子序列个数。
cnt1 - 这段区间中长度为奇数的子序列个数。
sum0 - 这段区间中长度为偶数的子序列的交错和之和。
sum1 - 这段区间中长度为奇数的子序列的交错和之和。
sum20 - 这段区间中长度为偶数的子序列的交错和的平方之和。
sum21 - 这段区间中长度为奇数的子序列的交错和的平方之和。
具体更新信息如下：
void update(node *tree, int k) { tree[k].cnt0 = (tree[k<<1].cnt0*tree[k<<1|1].cnt0+tree[k<<1].cnt1*tree[k<<1|1].cnt1)%MOD; tree[k].cnt1 = (tree[k<<1].cnt0*tree[k<<1|1].cnt1+tree[k<<1].cnt1*tree[k<<1|1].cnt0)%MOD; tree[k].sum0 = (tree[k<<1|1].cnt0*tree[k<<1].sum0+tree[k<<1].cnt0*tree[k<<1|1].sum0+tree[k<<1|1].cnt1*tree[k<<1].sum1-tree[k<<1].cnt1*tree[k<<1|1].sum1)%MOD; tree[k].sum1 = (tree[k<<1|1].cnt0*tree[k<<1].sum1-tree[k<<1].cnt1*tree[k<<1|1].sum0+tree[k<<1|1].cnt1*tree[k<<1].sum0+tree[k<<1].cnt0*tree[k<<1|1].sum1)%MOD; tree[k].sum20 =(tree[k<<1|1].cnt0*tree[k<<1].sum20+tree[k<<1].cnt0*tree[k<<1|1].sum20+2*tree[k<<1].sum0*tree[k<<1|1].sum0 + tree[k<<1|1].cnt1*tree[k<<1].sum21+tree[k<<1].cnt1*tree[k<<1|1].sum21-2*tree[k<<1].sum1*tree[k<<1|1].sum1)%MOD; tree[k].sum21 =(tree[k<<1|1].cnt1*tree[k<<1].sum20+tree[k<<1].cnt0*tree[k<<1|1].sum21+2*tree[k<<1].sum0*tree[k<<1|1].sum1 + tree[k<<1|1].cnt0*tree[k<<1].sum21+tree[k<<1].cnt1*tree[k<<1|1].sum20-2*tree[k<<1].sum1*tree[k<<1|1].sum0)%MOD; }
时间复杂度O(n+mlogn)。
GTREE
给定一棵n个节点，并以1为根的树，其每个点x有权值a[x]。
对于每个节点x，问其子树中的所有节点中（不包括节点x本身），有多少个节点y满足 $\gcd (a[x], a[y]) > 1$。
解：先考虑这样一个问题：
【假设给定若干个数字，并且数字x出现c[x]次。问有多少个数字与m的最大公约数大于1。】
由Mobius反演可得
$$\sum_{i=1}^n c_i [\gcd (i, m) = 1] = \sum_{d|m} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor n/d \rfloor} c_{id}.$$
我们可以利用一些dfs的技巧，在dfs整棵树的同时，对每个节点x，以及每个d|a[x]，O(1)地求得$\sum_{i=1}^{\lfloor n/d \rfloor} c_{id}$。
于是，时间复杂度是$O(n \max\limits_{1 \le k \le 100,000} \sigma(k))$，其中$\sigma(k)$表示k的因子个数。
KMAX
给定数组a[1], a[2], ..., a[n]，以及k<=n。其中k<=100，n<=100000。
令f(i, j)表示子数组a[i], a[i+1], ..., a[j]的前k大值之和（如果不足k个就全取）。
求$\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n f(i, j)$。
解：从小到大枚举a[x]的位置x，我们统计位于位置x的a[x]可以对多少个子数组的f(i, j)有贡献。
于是我们只需求得在位置x之前，大于a[x]的最近k个位置；以及在位置x之后，大于a[x]的最近k个位置。（可以利用线段树等求得，也可以利用并查集来做。）
统计所有求和即可。
时间复杂度O(nklogn)。
标签：多少 维护 limit 情况 oid 区间维护 位置 技巧 因子
原文地址：http://www.cnblogs.com/TinyWong/p/7429351.html
