CodeForces 359D (数论+二分+ST算法）

时间：2014-10-03 16:33:14 阅读：215 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

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题目链接: http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=47319

题目大意：给定一个序列，要求确定一个子序列，①使得该子序列中所有值都能被其中一个值整除，②且子序列范围尽可能大（r-l尽可能大）。

解题思路：

对于要求1，不难发现只有min(L,R)=gcd(L,R)时才行。其中gcd是L,R范围内的最大公约数，min是L，R范围内的最小值。

对于要求2，传统思路是r-l从大到小枚举，每次确定一个（L,R）范围，进行判断，直到可行。复杂度O(n^2)铁定TLE。

由于r-l的值是有序的，固采用二分。先枚举r-l的中间值，如果符合要求，则向右考虑，看看有没有更大的。否则向左。

当然这题的难度不止于此，尽管采用二分，但是光是枚举复杂度就有O(nlogn)了，再加上查询orz。

最初我使用的是线段树完成RMQ、以及GCD的Query , 复杂度O(n*logn*logn), CF跑到Test10就TLE了。

看了题解才发现要使用ST算法在O(1)的时间内完成RMQ和GCD。也是第一次碰到ST算法，看见刘汝佳的炒鸡简洁ST，给跪了。

#include "cstdio"
#include "iostream"
#include "vector"
#include "algorithm"
#include "math.h"
#include "cstring"
using namespace std;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define maxn 3*100005
#define maxp 20
template <class T>
inline bool read(T &ret)
{
    char c;
    int sgn;
    if(c=getchar(),c==EOF) return 0; //EOF
    while(c!=‘-‘&&(c<‘0‘||c>‘9‘)) c=getchar();
    sgn=(c==‘-‘)?-1:1;
    ret=(c==‘-‘)?0:(c-‘0‘);
    while(c=getchar(),c>=‘0‘&&c<=‘9‘) ret=ret*10+(c-‘0‘);
    ret*=sgn;
    return 1;
}
int gcd(int a,int b) {if(b!=0) return gcd(b,a%b);else return a;}
int RMQ[maxn][maxp],GCD[maxn][maxp],val[maxn],n,cnt,range;
vector<int> ans;
void ST()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) RMQ[i][0]=GCD[i][0]=val[i];
    for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
    {
        RMQ[i][j]=min(RMQ[i][j-1],RMQ[i+(1<<(j-1))][j-1]);
        GCD[i][j]=gcd(GCD[i][j-1],GCD[i+(1<<(j-1))][j-1]);
    }
}
bool Query(int L,int R)
{
    int k=0;
    while((1<<(k+1))<=R-L+1) k++;
    int a=min(RMQ[L][k],RMQ[R-(1<<k)+1][k]);
    int b=gcd(GCD[L][k],GCD[R-(1<<k)+1][k]);
    if(a==b) return true;
    else return false;
}
bool judge(int v) //枚举r-l
{
    int cc=0;
    vector<int> tt;
    for(int i=1; v+i<=n; i++)
    {
        if(Query(i,i+v)) //L=i,R=i+v;
        {
            cc++;
            tt.push_back(i);
        }
    }
    if(cc>0)
    {
        ans=tt;
        cnt=cc;
        range=v;
        return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
    memset(RMQ,1,sizeof(RMQ));
    memset(GCD,1,sizeof(GCD));
    read(n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        read(val[i]);
    ST();
    int l=0,r=n-1,mid;
    while(l<=r)  //二分
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(judge(mid)) l=mid+1;
        else r=mid-1;
    }
    printf("%d %d\n",cnt,range);
    for(int i=0;i<ans.size();i++) {if(i>0) printf(" ");printf("%d",ans[i]);};
    printf("\n");
}