ARC068E

原题链接

题意简述

给出n(n≤3×105)个区间和m(m≤105)。求对于任意k≤m，有多少个区间包含k的倍数。

题解

考虑怎样的区间不包含k的倍数。
对于k的倍数tk和tk+k，满足L,R∈(tk,tk+k)的区间[L,R]不包含任何k的倍数。
于是转化为二维数点问题，可以用可持久化线段树解决。把区间[L,R]视作一个横坐标为L，纵坐标为R的点，则L,R∈(tk,tk+k)等价于点(L,R)在矩形(tk,tk)−(tk+k,tk+k)内部。
时间复杂度O(nlogm+∑mi=1mi×logm)=O(nlogm+mlog2m)。

Code

//Snuke Line#include <cstdio>#include <algorithm>inline char gc(){    static char now[1<<16],*S,*T;    if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}    return *S++;}inline int read(){    int x=0; char ch=gc();    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();    return x;}int const N=3e5+10;int const M=1e5+10;int n,m;struct range{int fr,to;} rg[N];bool cmpRg(range x,range y) {return x.fr<y.fr;}int sgCnt,rt[M];struct seg{int cnt; int L,R;} sg[N*20];void update(int s) {sg[s].cnt=sg[sg[s].L].cnt+sg[sg[s].R].cnt;}void ins(int &s,int fr,int to,int x){    sg[++sgCnt]=sg[s]; s=sgCnt;    if(fr==to) {sg[s].cnt++; return;}     int mid=fr+to>>1;    if(x<=mid) ins(sg[s].L,fr,mid,x);    else ins(sg[s].R,mid+1,to,x);    update(s);}int query(int s1,int s2,int fr,int to,int fr0,int to0){    if(fr0<=fr&&to<=to0) return sg[s2].cnt-sg[s1].cnt;    int mid=fr+to>>1; int res=0;    if(fr0<=mid) res+=query(sg[s1].L,sg[s2].L,fr,mid,fr0,to0);    if(mid<to0) res+=query(sg[s1].R,sg[s2].R,mid+1,to,fr0,to0);    return res;}int main(){    n=read(),m=read();    for(int i=1;i<=n;i++) rg[i].fr=read(),rg[i].to=read();    std::sort(rg+1,rg+n+1,cmpRg);    rt[0]=0; int p=1;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        rt[i]=rt[i-1];        while(rg[p].fr==i) ins(rt[i],1,m,rg[p].to),++p;    }    printf("%d\n",n);    for(int d=2;d<=m;d++)    {        int ans=n,i;        for(i=d;i<=m;i+=d) ans-=query(rt[i-d],rt[i-1],1,m,i-d+1,i-1);        if(i-d+1<=m) ans-=query(rt[i-d],rt[m],1,m,i-d+1,m);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}

注意

空间复杂度为O(nlogm)，因为对于每个点（每个区间）都要建一个O(logm)的线段树。
对于有些k最后会有剩余，所以有if(i-d+1<=m) ans-=query(rt[i-d],rt[m],1,m,i-d+1,m);