zstuoj 4355
来源:互联网 发布:如何筛选excel重复数据 编辑:程序博客网 时间:2024/05/21 11:21
4355: 这不珂学
Time Limit: 6 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 69 Solved: 3
Description
给出 n 个正整数,有 Q 次询问,每次询问给出一对区间[l, r],求这个区间内互质的对数。
Input
多组测试。每组输入形如:
n Q
a1 a2 a3 …. an
l1 r1
l2 r2
…
lQ rQ
1<= ai <= 10000, 1<=n<=20000, 1<=Q<=100000, 1<=li<=ri<=n
Output
每组输出形如:
ans(1)
ans(2)
…
ans(Q)
Sample Input
5 4
1 2 3 4 5
1 2
2 3
3 5
2 2
Sample Output
1
1
3
0
题意:,,,
做法:求区间互质对数,用到了莫队,和莫比乌斯系数,
首先要理解莫比乌斯系数,莫比乌斯系数,就是对于一个数,如果它质因数分解有相同的质数,那么这个数莫比乌斯系数就是0,如果有奇数个质数就是1,如果是偶数个质数就-1,如果一直某个数组里对于每个数的倍数有多少个,那么,如果给出一些质数,想知道这个数组里有多少个数是这些质数的倍数,那么就可以用到莫比乌斯系数,就可得到是这些质数倍数的数有多少个,
然后回到这一题,先讲一讲莫队,莫队就是用来处理由(l,r)容易推出(l-1,r),(l+1,r),(l,r+1),(l,r-1)时,可以就可以用莫队大概维持在n根号n次操作得到所有的解,注意只能处理离线。
莫队的复杂度我的理解是:给出一个B,代表块的大小,那么对于l在同一块的询问,先暴力n出来出从这一块最左边的点到它右边所有的点的复杂度,然后对于每一个询问,l最多移动根号n次就可得到答案,一共只有根号n块,所有左端点最多移动q根号n次,右端点最多n根号n次,这事最差复杂度,然后可以优化,对于l在相同的块里,把按右端点从小到大排序,否则按左端点从小到大排序,这样可以维持在n根号n以内,我也不知道为什么,,,
然后就是莫比乌斯系数了,我们想知道每次增减一个数,想知道目前区间有多少个数与这个数gcd为1
,那么可以吧莫比乌斯系数1设为1,剩下的全部乘以-1,然后对当前数遍历他的约数,就可知道与它gcd为1的数有多少个了,然后这题的复杂度就是n根号n*60(约数的个数),感谢学长临走前给的礼物(这题是学长说退役前给的礼物,,,)。
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 20005;const int M = 10005;const int Q = 100005;const int B = 150;int n,q,ans;int num[N],cnt[M],mu[M],ANS[Q];bool vis[M];vector<int> prime;vector<int> yue[M];struct nodeq{ int l,r,id; bool operator<(const nodeq& p)const{ if(l/B == p.l / B){ return r < p.r; } return l < p.l; }};nodeq qt[Q];void init(){ vis[1] = true; for(int i = 2;i < 10005;i ++){ if(vis[i] == false) prime.push_back(i); for(int j = 0;j < prime.size() && i * prime[j] < 10005;j ++){ vis[prime[j]*i] = true; if(i%prime[j] == 0) break; } } for(int i = 1;i < 10005;i ++) mu[i] = -1; for(int i = 0;i < prime.size();i ++){ int it = prime[i]; for(int j = it*it;j < 10005;j += it*it) mu[j] = 0; for(int j = it;j < 10005;j += it) mu[j] *= -1; } for(int i = 1;i <= 15;i ++){ cout << i << ' '<< mu[i] << endl; } for(int i = 1;i < 10005;i ++){ for(int j = i;j < 10005;j += i) yue[j].push_back(i); }}void Move(int x,int p){ if(p){ //for(int &it : yue[num[x]]){ for(int i = 0;i < yue[num[x]].size();i ++){ int it = yue[num[x]][i]; ans += mu[it]*cnt[it]; cnt[it]++; } } else{ //for(int &it : yue[num[x]]){ for(int i = 0;i < yue[num[x]].size();i ++){ int it = yue[num[x]][i]; cnt[it]--; ans -= mu[it]*cnt[it]; } }}void solve(){ sort(qt+1,qt+1+q); int l = 0,r = 0; ans = 0; for(int i = 1;i < M;i ++) cnt[i] = 0; for(int i = 1;i <= q;i ++){ int L = qt[i].l,R = qt[i].r; while(L > l) Move(l++,0); while(L < l) Move(--l,1); while(R > r) Move(++r,1); while(R < r) Move(r--,0); ANS[qt[i].id] = ans; } for(int i = 1;i <= q;i ++){ printf("%d\n",ANS[i]); }}int main(){ init(); while(scanf("%d %d",&n,&q)==2){ for(int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%d",&num[i]); for(int i = 1;i <= q;i ++) scanf("%d %d",&qt[i].l,&qt[i].r),qt[i].id = i; solve(); } return 0;}
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