[自测]LCM

标签：一个   空间复杂度   题目   def   c++   多次   mat   假设   int   

题目

多次询问区间\([l,r]\)，求区间所有数的\(lcm\)，答案对\(10^9+7\)取模，强制在线，\(l,r\leq 10^5\)

解法1

构造一个数组\(d_i\)，对每个质数的开一个栈，记录它出现的位置

对于位置\(i\)构造一个\(d_i\)，如果\(i\)有一个质因子\(p^k\)，将栈中的前\(k\)个元素弹出，加入这个质因子，并令\(d_i=i\)
对于被弹出的元素，假设它的位置是\(l\)，那么\(d_l/=p\)

对于询问\([l,r]\)，只构造到\(d_r\)，那么\(\prod_{i=l}^r d_i\)即为答案，用线段树维护区间乘法

可以发现\([1,r]\)状态由\([1,r-1]\)继承，所以用可持久化线段树即可

时间复杂度\(O(qlog^2n)\)，空间复杂度\(O(nlogn)\)

解法2

定义数组\(w_i\)，如果\(i=p^k\)，那么\(w_i=p\)，否则\(w_i=1\)

对于询问\([l,r]\)，\(w_{p^k}\)有贡献当且仅当\(p^k\)的倍数落在\([l,r]\)里面，即\(\lfloor \frac{l-1}{p^k} \rfloor \neq \lfloor \frac{r}{p^K} \rfloor\)

那么\(ans_{[l,r]}=\prod_{i=1}^r\times [\lfloor \frac{l-1}{p^k} \rfloor \neq \lfloor \frac{r}{p^K} \rfloor]\)

时间复杂度\(O(q\sqrt{n})\)，空间复杂度\(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
int T,n,k,A,B,mo,c[200005],d[200005];
int w[N],p[N],cnt;
ll pre[N],inv[N],las;
bool isnotp[N];

template <class T> inline T Max(T a,T b) { return a > b ? a : b; }
template <class T> inline T Min(T a,T b) { return a < b ? a : b; }
template <class T> void read(T &x)
{
    char c;int sign=1;
    while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-') sign=-1; x=c-48;
    while((c=getchar())>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+c-48; x*=sign;
}
ll qp(ll a,ll b) { ll ret=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) ret=ret*a%mod; return ret; }
void init(int maxn)
{
    w[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;++i)
    {
        if(!isnotp[i]) p[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&(ll)p[j]*i<=maxn;++j)
        {
            w[p[j]*i]=1;
            isnotp[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
      for(ll x=p[i];x<=maxn;x*=p[i]) w[x]=p[i];
    pre[0]=1;inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=maxn;++i) pre[i]=pre[i-1]*w[i]%mod;
    for(int i=1;i<=maxn;++i) inv[i]=qp(pre[i],mod-2);
    
//  for(int i=1;i<=100;++i) cout<<i<<' '<<w[i]<<endl;
}
void solve(int n,int k)
{
    int L=n-k,R=n;
    ll ans=1;
    for(int l=1,r;l<=R;l=r+1)
    {
        if(L/l) r=Min(R/(R/l) , L/(L/l));
        else r=R/(R/l);
        if(L/l != R/l) ans=ans * pre[r]%mod * inv[l-1]%mod;
    }
    las=ans;
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    freopen("num.in","r",stdin);
    freopen("num.out","w",stdout);
    init(N-5);
    read(T); --T;
    read(n);read(k);
    solve(n,k);
    read(A);read(B);read(mo);
    for(int i=1;i<=T;++i) read(c[i]);
    for(int i=1;i<=T;++i) read(d[i]);
    for(int i=1;i<=T;++i)
    {
        n=(A*las+c[i])%mo+1;
        k=(B*las+d[i])%n+1;
        solve(n,k);
    }
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Chtholly/p/11988482.html