HDU 5726 GCD （rmq+二分 or 线段树 维护区间gcd）

GCD

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4325    Accepted Submission(s): 1543

Problem Description

Give you a sequence of N(N≤100,000) integers : a1,...,an(0<ai≤1000,000,000). There are Q(Q≤100,000) queries. For each query l,r you have to calculate gcd(al,,al+1,...,ar) and count the number of pairs(l′,r′)(1≤l<r≤N)such that gcd(al′,al′+1,...,ar′) equal gcd(al,al+1,...,ar).

 

Input

The first line of input contains a number T, which stands for the number of test cases you need to solve.

The first line of each case contains a number N, denoting the number of integers.

The second line contains N integers, a1,...,an(0<ai≤1000,000,000).

The third line contains a number Q, denoting the number of queries.

For the next Q lines, i-th line contains two number , stand for the li,ri, stand for the i-th queries.

 

Output

For each case, you need to output “Case #:t” at the beginning.(with quotes, t means the number of the test case, begin from 1).

For each query, you need to output the two numbers in a line. The first number stands for gcd(al,al+1,...,ar) and the second number stands for the number of pairs(l′,r′) such that gcd(al′,al′+1,...,ar′) equal gcd(al,al+1,...,ar).

 

Sample Input

151 2 4 6 741 52 43 44 4

 

Sample Output

Case #1:1 82 42 46 1

 

Author

HIT

 

Source

2016 Multi-University Training Contest 1

 

Recommend

wange2014

 

题意：给你n个数，然后给你一对l,r，求这n个数的子区间中gcd值等于gcd(l,l+1,...,r)的个数

思路：首先我们考虑求出一个区间的gcd，这里可以用线段树求出，主要的就是查询符合条件的子区间的个数，这里需要预处理所有子区间了，小于N的子区间的gcd种类数最多为logN个，所以说我们用map存储gcd的个数和种类，以a[i]为右端点进行扫描，右端点不断向后移动，以a[i]为右端点的gcd=gcd(以a[i-1]为右端点的gcd，a[i])，我们通过记录以前一个元素为右端点的gcd，然后扫描就可以了，因为最多会有logn个，这样就可以求出所有子区间的gcd种类和个数，最后查询的时候O(1)的复杂度，总的复杂度O(nlognlogn)。

思路2：一个连续区间的GCD，用倍增法预处理一下，就能做到 O(1)查询 
对于相同区间计数，就把询问先离线一下 
枚举区间左端点，区间GCD是随右端点递减的，并且是阶梯式的 
并且由于GCD递减的很快，这样一个阶梯只有几层，可以当作log的 
所以对于每一个GCD，二分右端点，就能求出答案 
时间复杂度 O(N∗log(N)∗log(N))

总结：

对于 gcd 取模等等，你要知道 随着右端点的右移是单调不减的，所以你枚举左端点， 二分找到跟gcd相同的最大区间， 然后把区间外的第一个加进来， 当做新的gcd， 继续二分， 这样根据gcd最多有log个， 所以会跳的很快。。另外快速求一段连续序列的gcd可以str表做到查询的时候 只有gcd复杂度。

二分+st代码：

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <map>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e5 + 7;int f[maxn][20], a[maxn], n, m, lg2[maxn];map<int, ll> mp;void RMQ()  //区间gcd也可以rmq求解{    for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = a[i];    for(int i = 2; i <= n; i++) lg2[i] = lg2[i/2]+1;    for(int j = 1; j < 18; j++)    {        for(int i = 1; i <= n; i++)        {            if(i+(1<<j)-1 <= n)            {                f[i][j] = __gcd(f[i][j-1], f[i+(1<<j-1)][j-1]);            }        }    }}int Find(int l, int r){    int k = lg2[r-l+1];    return __gcd(f[l][k], f[r-(1<<k)+1][k]);  //区间l,r的gcd}void init(){    mp.clear();    for(int i = 1; i <= n; i++)  //枚举起点，找i为起点的区间，从而预处理出所有区间的gcd,    {        int gcd = f[i][0], s = i; //s是二分区找跟当前区间gcd相同的区间        while(s <= n)        {            int l = s, r = n, ans;            while(l <= r)            {                int mid = (l+r)>>1;                if(Find(i, mid) == gcd) ans = mid, l = mid + 1; //gcd是单调不增的                else r = mid - 1;            }            mp[gcd] += ans-s+1; //跟i，s gcd相同的区间个数            s = ans+1;  //更新区间终点，以及二分的起点， 因为i-ans都跟i-s一样的，可以直接跳过            gcd = Find(i, s); //重新求新的区间的gcd        }    }}int main(){    int _, l, r, ca = 1;    scanf("%d", &_);    while(_--)    {        printf("Case #%d:\n", ca++);        scanf("%d", &n);        for(int i = 1; i <= n; i++)            scanf("%d", &a[i]);        RMQ();        init();        scanf("%d", &m);        while(m--)        {            scanf("%d%d", &l, &r);            int gcd = Find(l, r);            printf("%d %lld\n", gcd, mp[gcd]);        }    }    return 0;}

线段树代码copy的，正好跟我代码风格好像啊

#include<stdio.h>  #include<math.h>  #include<string.h>  #include<stack>  #include<set>  #include<map>  #include<queue>  #include<vector>  #include<iostream>  #include<algorithm>  #define MAXN 1010000  #define LL long long  #define ll __int64  #define INF 0x7fffffff  #define mem(x) memset(x,0,sizeof(x))  #define PI acos(-1)  #define eps 1e-8  using namespace std;  ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}  ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}  ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}  double dpow(double a,ll b){double ans=1.0;while(b){if(b%2)ans=ans*a;a=a*a;b/=2;}return ans;}  //head  struct s  {      int num,l,r;  }tree[MAXN*4];  //mp1存储以a[i-1]为右端点的gcd种类及个数，mp2记录以a[i]为右端点的gcd种类及个数，为临时中间变量，cnt，记录gcd种类及个数  map<ll,ll>mp1,mp2,cnt;  map<ll,ll>::iterator it;  ll a[MAXN];  void build(int i,int L,int R)  {      tree[i].l=L;tree[i].r=R;      if(L==R)      {          tree[i].num=a[L];      }      else      {          int mid=(L+R)/2;          build(i*2,L,mid);build(i*2+1,mid+1,R);          tree[i].num=gcd(tree[i*2].num,tree[i*2+1].num);      }  }  ll query(int i,int L,int R)  {      if(tree[i].l==L&&tree[i].r==R)      {          return tree[i].num;      }      if(R<=tree[i*2].r)          return query(i*2,L,R);      else if(L>=tree[i*2+1].l)          return query(i*2+1,L,R);      else      {          int mid=(tree[i].l+tree[i].r)/2;          return gcd(query(i*2,L,mid),query(i*2+1,mid+1,R));      }  }  int main()  {      int t;scanf("%d",&t);      int cas=0;      while(t--)      {          int n;scanf("%d",&n);          for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&a[i]);          build(1,1,n);mp1.clear();mp2.clear();cnt.clear();          for(int i=1;i<=n;i++)          {              cnt[a[i]]++;              mp2[a[i]]++;              for(it=mp1.begin();it!=mp1.end();it++)              {                  ll k=gcd(a[i],it->first);                  cnt[k]+=it->second;                  mp2[k]+=it->second;              }              mp1.clear();              for(it=mp2.begin();it!=mp2.end();it++)              {                  mp1[it->first]=it->second;              }              mp2.clear();          }          int m;scanf("%d",&m);          printf("Case #%d:\n",++cas);          while(m--)          {              int L,R;scanf("%d%d",&L,&R);              ll ans=query(1,L,R);              printf("%I64d %I64d\n",ans,cnt[ans]);          }      }      return 0;  }