hdu5726 GCD st表 + 二分

来源：互联网发布：qq群淘宝客含义编辑：程序博客网时间：2024/05/21 11:24

题目描述：给出n( 1 <= n <= 100000)个正整数ai，现给出m(1 <= m <= 100000)个询问，每次询问给出一组L，R，对于每组询问输出LR之间所有数的gcd，并且输出还有多少个区间满足其间所有数的gcd等于LR之间所有数的gcd

思路：这个问题的突破口在于从第i个数开始，连续向后取gcd，其gcd的值是逐渐变小的，且可能出现的gcd的值只有不超过log(ai)个。

那么就从1至n枚举每个位置，找到以i为起点的区间对gcd的贡献，通过上文的分析，以i为起点的区间只会对不超过log(ai)个gcd产生贡献，将他们一一二分出来，然后用map记录下来，在询问当中对于每次LR之间的gcd值可以用st表预处理好，然后O(1)查询，然后从map中找到与这个值相等的区间还有多少个就可以了。

总的复杂度应该是O(Knlogn)，其中K是一个1<=K<=log1e9 的常数

收获：1、过去一直没有重视st表，自己写的时候用线段树O(logn)查询就超时了，st表O(1)查询的能力可以在很多不需修改的RMQ问题中起到不可或缺的作用。

2、其实做题的时候经常想到枚举起点的做法，在网上看到一篇博客枚举终点的做法非常惊艳：

http://blog.csdn.net/helloiamclh/article/details/51979392

#pragma warning(disable:4786)#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<stack>#include<queue>#include<map>#include<set>#include<vector>#include<cmath>#include<string>#include<sstream>#include<bitset>#define LL long long#define FOR(i,f_start,f_end) for(int i=f_start;i<=f_end;++i)#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))#define lson l,m,x<<1#define rson m+1,r,x<<1|1using namespace std;const int INF = 0x3f3f3f3f;const int mod = 1e9 + 7;const double PI = acos(-1.0);const double eps=1e-6;const int maxn = 1e5 + 5 ;int n,t[4 * maxn] , a[maxn] , d[maxn][33] , klen[maxn];map<int , LL>mp;inline int gcd(int a , int b){    return b == 0 ? a : gcd(b , a % b);}void RMQ_init(){    for(int i = 1 ; i<= n ; i++){        d[i][0] = a[i];    }    for(int j = 1 ; (1 << j) <= n ; j++){        for(int i = 1 ; i + (1 << j) - 1<= n ; i++){            d[i][j] = gcd(d[i][j - 1] , d[i + (1<<(j - 1)) ][j - 1]);        }    }    klen[0] = -1;    for(int i = 1 ; i<= n ; i++){        klen[i] = ( (i & (i - 1)) == 0 )? klen[i - 1] + 1 : klen[i - 1];    }}int query(int L , int R){    int k = klen[R - L + 1];    return gcd(d[L][k] , d[R - (1<<k) + 1][k]);}int bsearch(int left , int right , int val , int st){    int mid , ret = -1 ;    while(left <= right){        mid = left + (right - left) / 2;        int q = query(st , mid);        if(q >= val){            left = mid + 1;            ret = mid;        }        else{            right = mid - 1;        }    }    return ret;}void solve(){    for(int i = 1 ; i <= n ; i++){        int cur = a[i] , pos = i;        while(pos <= n){            int ntpos = bsearch(i , n , cur , i);            mp[cur]+= (ntpos - pos + 1);            if(ntpos == n)  break;            pos = ntpos + 1;            cur = gcd(cur , a[pos]);        }    }}int main(){    int T , m , l , r , kase = 0;    scanf("%d", &T);    while(T--){        mp.clear();        scanf("%d", &n);        for(int i = 1; i <= n; i++){            scanf("%d", &a[i]);        }        RMQ_init();        solve();        scanf("%d", &m);        printf("Case #%d:\n",++kase);        for(int i= 1; i<= m ; i++){            scanf("%d %d", &l , &r);            int res = query(l , r);            LL cnt = mp[res];            printf("%d %lld\n", res , cnt);        }    }    return 0;}

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