Codeforces Round #445 (Div. 1, based on Technocup 2018 Elimination Round 3) E. Mod Mod Mod

E. Mod Mod Mod
time limit per test2 seconds
memory limit per test256 megabytes
inputstandard input
outputstandard output
You are given a sequence of integers a1, a2, …, an. Let , and for 1 ≤ i < n. Here, denotes the modulus operation. Find the maximum value of f(x, 1) over all nonnegative integers x.

Input
The first line contains a single integer n (1 ≤ n ≤ 200000) — the length of the sequence.

The second lines contains n integers a1, a2, …, an (1 ≤ ai ≤ 1013) — the elements of the sequence.

Output
Output a single integer — the maximum value of f(x, 1) over all nonnegative integers x.

Examples
input
2
10 5
output
13
input
5
5 4 3 2 1
output
6
input
4
5 10 5 10
output
16

题意：给出n个数，对于任意的x，第i为的贡献为x%num[1]%num[2],,,%num[i]，问每一位的贡献和最大是多少。
做法：我就翻译一下题解好了
1：设ansi 代表第1位到第i位的贡献和,然后定义一个三元组，i,r,k.对于第i位当他取值范围是0，r时，可以用ansi=ax*i+k(0<=ax<=r)表示，那么对于每个三元组，可以往第i+1为传递两个三元组，（i,r,k)可以往后面传递两个(i+1,r%num[i+1],k+i*(r-r%mod))和(i+1,num[i+1]-1,k+i*(r-r%modnum[i+1]-num[i+1])),这两个三元组，原因么，因为第i为可以用这个三元组表示，那么对于这个三元组，当第i+1个数取值在0到r%num[i+1]时，第i个数可以取值为这个数加上r/mod*mod，这样是最优，而当大于等于r%num[i+1]，就要再减去一个num[i+1]。原因自己模拟一下，这样最多有2^n中三元组，然后如果用dp[i][r]=k保存i，r状态下最大的k，这样最大的复杂度是n*n，因为对于第i为来说最多只会有i个r，假设第i为只有i个r，那么到第i+1位，最多只会多一个num[i+1]-1,因为对于大于等于num[i+1]的r，会被取余，小于的不会变。所以说每一位最多比前一位多1，所以是n*n的复杂度，然后还可优化一下，前面提到了，当从i转移到i+1的时候小于num[i+1]的r的dp值是可以保持不变的，因为通过上面那个式子可以发现是不会变大的，一个数最多经过log次取模比它小的数就会变成0，所以用map保存当前的r，然后每次找出比num[i]大的数，取模然后把这个数从map中拿掉，因为每个数最多会被拿出log次，所以复杂度是n*log（1e13）*log（n）；

#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;const int N = 2e5+100;map<ll,ll> mp;int n;ll num[N];int main(){    cin >> n;    for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld",&num[i]);    mp[num[1]-1] = 0;    for(int i = 1;i <= n;i ++){        while(1){            auto it = mp.lower_bound(num[i]);            if(it == mp.end() || (*it).first < num[i]) break;            //cout <<(*it).first << endl;            ll a= (*it).first,b = (*it).second;            mp.erase(it);            ll nex = a%num[i];            mp[nex] = max(mp[nex],b+(i-1)*(a-a%num[i]));            mp[num[i]-1] = max(mp[num[i]-1],b+(i-1)*(a-a%num[i]-num[i]));        }    }    ll ans = 0;    for(auto it : mp){        ans = max(ans,it.first*n+it.second);        //cout <<it.first << ' '<< it.second<< endl;    }    cout << ans << endl;    return 0;}