Codeforces 484B. Maximum Value(高效二分搜索)

B. Maximum Value

time limit per test

1 second

memory limit per test

256 megabytes

input

standard input

output

standard output

You are given a sequence a consisting of n integers. Find the maximum possible value of  (integer remainder of ai divided byaj), where 1 ≤ i, j ≤ n and ai ≥ aj.

Input

The first line contains integer n — the length of the sequence (1 ≤ n ≤ 2·105).

The second line contains n space-separated integers ai (1 ≤ ai ≤ 106).

Output

Print the answer to the problem.

Sample test(s)

input

33 4 5

output

2

给一个数列A，长度可达2*10^5，1=<A[i]<=10^6，问数列中任意两个元素Ai,Aj，满足Ai>=Aj时候，Ai%Aj 的最大值是多少

比赛时没做出来，后来过了很久终于理解了。

将A[i]从小到大排序，对于每个A[i]，若没访问过，我们访问它2*A[I] , 3*A[I] , ...... ,nA[i]，知道nA[I]>maxi为止，maxi为A数列中所有元素最大值

这个复杂度是多少呢？很多人认为有两层for循环，所以是O(n^2)，其实不然。分析这个复杂度和素数筛法类似。

我们考虑最坏情况，从1到10^6次方，每个数都从 i, 2i ,3i .... ni， 这样子访问。

假设最大元素是n，那么，对于 1 访问了 n/1 次，对于2，访问了 n/2次，......，对于n，访问了n/n次。所以总体访问时间为：n/1+n/2+n/3+....+n/n次

将n提出来，得到n*(1/1+1/2+1/3+......+1/n)，令S=1/1+1/2+1/3+......+1/n，可以证明S与logn是高级无穷小的关系，即S与logn是一个级别的，最多差一个常数

则总体访问时间为nlogn.

将A[i]从小到大排序，对于每个A[i]，若没访问过，我们访问它2*A[I] , 3*A[I] , ...... ,nA[i]，知道nA[I]>maxi为止，maxi为A数列中所有元素最大值

对于A[I]－2A[i] 中所有数，越靠近2A[i]（当然，不可等于）的，其模A[i]的值在这个区间中一定是最大的

对于2A[i]－3A[I]中所有数，越靠近3[I]（当然，不可等于）的，其模A[i]的值在这个区间中一定是最大的

......

有了先前的nlogn复杂度分析，我们可以放心的对于每个区间进行二分查找最靠近 nA[i] 的值（当然，不可以等于）

那么，总体复杂度为O(nlognlogn)。不过这是一个可以再优化的做法。在cf上，最快test跑了600-700ms，如果是区域赛丧心病狂的所case数据，可能就会T

怎么样优化成O(nlogn)呢？不难发现，数的范围不大，1=<A[i]<=10^6..用一个数组来记录每个数在A数列中，比它小的第一个数是多少即可，就可以把二分查找O(logn)的步骤转化为数组查询O(1)的步骤了。不过，要注意上界的时候，最后一个数必须要加入讨论。

代码如下：

//Hello. I'm Peter.#include<cstdio>#include<iostream>#include<sstream>#include<cstring>#include<string>#include<cmath>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<functional>#include<cctype>#include<ctime>#include<stack>#include<queue>#include<vector>#include<set>#include<map>using namespace std;typedef long long ll;typedef long double ld;#define peter cout<<"i am peter"<<endl#define input freopen("data.txt","r",stdin)#define randin srand((unsigned int)time(NULL))#define INT (0x3f3f3f3f)*2#define LL (0x3f3f3f3f3f3f3f3f)*2#define gsize(a) (int)a.size()#define len(a) (int)strlen(a)#define slen(s) (int)s.length()#define pb(a) push_back(a)#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))#define clr_minus1(a) memset(a,-1,sizeof(a))#define clr_INT(a) memset(a,INT,sizeof(a))#define clr_true(a) memset(a,true,sizeof(a))#define clr_false(a) memset(a,false,sizeof(a))#define clr_queue(q) while(!q.empty()) q.pop()#define clr_stack(s) while(!s.empty()) s.pop()#define rep(i, a, b) for (int i = a; i < b; i++)#define dep(i, a, b) for (int i = a; i > b; i--)#define repin(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)#define depin(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i--)#define pi 3.1415926535898#define eps 1e-6#define MOD 1000000007#define MAXN 1001000#define N 200100#define Mint n,maxi,ans;int a[N],g[MAXN];int main(){    cin>>n;    repin(i,1,n){        scanf("%d",a+i);        g[a[i]]=a[i];    }    sort(a+1,a+1+n);    maxi=a[n];    repin(i,1,maxi){        if(g[i]!=i) g[i]=g[i-1];    }    ans=0;    repin(i,1,n){        if(i&&a[i-1]==a[i]) continue;        for(int j=a[i]<<1;j<=maxi;j+=a[i]){            ans=max(ans,g[j-1]%a[i]);        }        ans=max(ans,maxi%a[i]);    }    printf("%d\n",ans);}