公约数数列
【问题描述】
设计一个数据结构. 给定一个正整数数列 a_0, a_1, ...,a_{n - 1}，你需要支持以下两种操作：
1. MODIFY id x: 将 aid 修改为 x.
2. QUERY x: 求最小的整数 p (0 <= p < n)，使得 gcd(a_0,a_1, ..., a_p) * XOR(a_0, a_1, ..., a_p) = x. 其中 XOR(a_0, a_1, ..., a_p) 代表 a_0, a_1, ..., a_p 的异或和，gcd表示最大公约数。
【输入格式】
从gcdxor.in中读入。
输入数据的第一行包含一个正整数 n.
接下来一行包含 n 个正整数 a0,a1,...,an−1.
之后一行包含一个正整数 q，表示询问的个数。
之后 q 行，每行包含一个询问。格式如题目中所述。
【输出格式】
输出到gcdxor.out中
对于每个 QUERY 询问，在单独的一行中输出结果。如果不存在这样的 p，输出 no.
【样例输入】
10
1353600 5821200 10752000 1670400 3729600
6844320 12544000 117600 59400 640
10
MODIFY 7 20321280
QUERY 162343680
QUERY 1832232960000
MODIFY 0 92160
QUERY 1234567
QUERY 3989856000
QUERY 833018560
MODIFY 3 8600
MODIFY 5 5306112
QUERY 148900352
【样例输出】
6
0
no
2
8
8
【数据规模与约定】
对于 30% 的数据，n <= 10000，q <= 1000.
对于 100% 的数据，n <= 100000，q <= 10000，a_i <= 10^9 (0 <= i < n)，QUERY x 中的 x <= 10^18，MODIFY id x 中的 0 <= id< n，1 <= x <= 10^9.
这道题应该还是比较容易往分块那里去想的。
然而我还是看了题解。
对于代码中各变量的含义：len块大小，cnt块个数，pos当前位置属于哪个块，l第i个块的左端点，r右端点，xx第i个块所有元素异或和，g第i个块所有元素gcd。
首先我们需要知道一个性质，就是前缀的gcd是单调不增的。那么对于第i个块，令前i-1个块的gcd为x，前i个块gcd为y，如果x==y，那么意味着i这个块内所有元素的前缀gcd都为x，因为前缀gcd是单调不增的。那么我们如果知道前i-1个块的异或和是多少，就可以判断当前块i中是否存在一个位置满足题意。记前i-1个块的异或和为lsxor(枚举块时记录即可),要查询的值为H，那么如果存在一个位置j符合题意，记u为j到其所在块左端点的异或和，则有x*(lsxor^u)=H，u=(H/x)^lsxor。右面的数字是已知的，所以我们可以用一个map来判断是否存在这样一个j。复杂度log
如果x!=y，暴力枚举查询即可。因为每一次x!=y，y至少变为x的一半，也就是最多出现log次这种情况。所以复杂度是sqrt(n)log^2。
对于修改操作，我们暴力修改并重新更新map，xx，g等数组即可，复杂度sqrt(n)log。
所以整体复杂度大概是nsqrt(n)log^2的，虽然我不知道为什么能过...讲道理用map会tle，但cogs氧气足...
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 const int inf=100005; 5 int n,q,a[inf]; 6 int len,cnt,pos[inf],l[inf/100],r[inf/100],xx[inf/100],g[inf/100]; 7 map<int,int>S[inf/100]; 8 int gcd(int x,int y){ 9 return !y?x:gcd(y,x%y); 10 } 11 void change(){ 12 int id,x; 13 scanf("%d%d",&id,&x); 14 id++; 15 int now=pos[id]; 16 S[now].clear(); 17 a[id]=x; 18 int xo=0,gc=a[l[now]]; 19 for(int i=l[now];i<=r[now];i++){ 20 xo^=a[i]; 21 gc=gcd(gc,a[i]); 22 if(S[now].find(xo)==S[now].end())S[now][xo]=i; 23 } 24 g[now]=gc; 25 xx[now]=xo; 26 } 27 int work(){ 28 ll x; 29 scanf("%lld",&x); 30 int lsgcd=a[1],lsxor=0; 31 for(int i=1;i<=r[1];i++){ 32 lsxor^=a[i]; 33 lsgcd=gcd(lsgcd,a[i]); 34 if(1ll*lsxor*lsgcd==x)return i; 35 } 36 for(int i=2;i<=cnt;i++){ 37 if(gcd(g[i],lsgcd)==lsgcd){ 38 if(x%lsgcd==0){ 39 int u=(1ll*x/lsgcd)^lsxor; 40 if(S[i].find(u)!=S[i].end())return S[i][u]; 41 } 42 lsgcd=gcd(lsgcd,g[i]); 43 lsxor^=xx[i]; 44 } 45 else { 46 for(int j=l[i];j<=r[i];j++){ 47 lsxor^=a[j]; 48 lsgcd=gcd(lsgcd,a[j]); 49 if(1ll*lsxor*lsgcd==x)return j; 50 } 51 } 52 } 53 return 0; 54 } 55 int main() 56 { 57 scanf("%d",&n); 58 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); 59 len=sqrt(n); 60 for(int i=1;i<=n;i++){ 61 cnt=pos[i]=(i-1)/len+1; 62 if(pos[i]!=pos[i-1])l[cnt]=i; 63 r[cnt]=i; 64 } 65 for(int i=1;i<=cnt;i++){ 66 int xo=0,gc=a[l[i]]; 67 for(int j=l[i];j<=r[i];j++){ 68 xo^=a[j]; 69 gc=gcd(gc,a[j]); 70 if(S[i].find(xo)==S[i].end())S[i][xo]=j; 71 } 72 g[i]=gc; 73 xx[i]=xo; 74 } 75 scanf("%d",&q); 76 for(int i=1;i<=q;i++){ 77 char s[20]; 78 scanf("%s",s); 79 if(s[0]==‘M‘)change(); 80 else { 81 int ans=work(); 82 if(ans)printf("%d\n",ans-1); 83 else printf("no\n"); 84 } 85 } 86 return 0; 87 }
