【数论专题】——3318. Brunhilda的生日

题目描述：

除去对铁质盔甲强烈的热爱，Brunhilda是一个正常的7岁女孩。近期，她正在策划一个完美的生日派对。她发明了如下的一个游戏：所有的孩子在一个数k被宣读之前不停地跑来跑去。当这个数字k宣读后，所有的孩子将形成人数恰好为k的若干群体，且保证剩余的孩子数目小于k。最后，这不足k个的孩子将从游戏中被淘汰。紧接着，比赛将继续进行，并公布一个新的数字k。游戏将在所有的孩子都被淘汰后结束。

Brunhilda请她的父亲Wotan在游戏中来宣读数字。Wotan不喜欢这个游戏，当然也不希望在游戏的第一轮就宣布一个正无穷（PS：宣布正无穷等于将所有的孩子都从游戏中淘汰）。 Brunhilda认为这在派对上是相当尴尬的情形，所以她给了她父亲一串共计m个素数的列表。这样，她的父亲便可以从中进行选择。当然，相同的数字在游戏中可以被多次宣读。

 Wotan想尽快结束比赛，因为他有一张他最喜欢的足球俱乐部 FC Asgard的比赛门票。不幸的是，Brunhilda不知道派对上参加游戏的孩子数目。现在，对于Q个不同的数n1，...，nQ个儿童，Wotan要预先知道他所需宣读的最少数字，以便他尽早结束游戏。

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第一行包含整数m和Q。

第二行包含m个不同的递增素数pi（1≤i≤M），表示Wotan可以宣读的数字。

接下来Q行分别包含一个整数nj（1≤j≤Q），表示可能参加游戏的孩子数目nj。

输出包括Q行。第j行表示对于询问nj所得到的答案，即如果Wotan能结束游戏，请输出他最少所需要宣读的数字个数，否则输出字符串oo（两个小写字母o表示∞）。

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我们可以先考虑一下，如果儿童数有5，此时有2,3两种命令，就可以有几种情况：

5-5%3=3,3-3%2=2,2-2%3=0；

5-5%2=4,4-4%3=3，3-3%2=2,2-2%3=0；

总之最小情况是3.

不难发现，每次操作可以变成一个公式：

设有n个儿童，则为n-n%p[j]。

我们要求的就是这个方程：

时间复杂度：O(NM)，考虑优化：

1.函数单调不减，所以要满足（x-x mod p[j]）越小越好.

设x-x mod p[j]=k,令 x=ap[j]+b,则原式化为：

ap[j]+b-(ap[j]+b) mod p[j]=k.

ap[j]+b-b=k.

ap[j]=k.

所以p[j]为k的一个质因数。

所以k如果不是p[j]的倍数的话是无法推出下一个答案的.

同时，设下一个状态为y，对于每一个y，y<x+p[j],必须同时满足上面两个条件才能由f(x)转移到f(y)。

对于每一个y，其对应的x唯一。

所以维护p[i]对应的x，用堆来维护它们的最小值。

O(N*log₂M)

2.维护最小值的另外一种方法：

对于每一个x，只要有一个p[j]可以使它不失效它就不会失效，所以p[j]越大越好（就能保证有更大的范围选出最小值），用线性筛求出每个数s最大时p[i]的倍数，设其为max_prime(q)，若s=tk,则max_prime=max(k,max_prime(t)),接着直接维护有效的最小可转移状态。

O(N)

3.图像分析：

如果画成图像，实际上可以看出这是一个区间为[i+1->i+p[j]-1]的阶梯递增函数，而每个阶梯的状态都由其上一个阶梯中prime最大值决定，所以端点值由上端转移而来，找到这个f[y]=f[x]+1.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=1e9;
const int N=1e5+10;
const int M=1e7+10;
int n,c;
int p[N];
int child[N],f[M],q[M],num[M];
int maxn; 
int main(){
    cin>>n>>c;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&p[i]);
    }    
    for(int i=1;i<=c;i++){
        scanf("%d",&child[i]);
        maxn=max(maxn,child[i]);
    }
    for(int i=1;i<=maxn;i++){
        f[i]=num[i]=INF;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=p[i];j<=maxn;j+=p[i]){
            num[j]=p[i];
        }
    }  
    int l=1,r=2,st=1;q[1]=0;f[0]=0;num[0]=p[n];
    while(l<r&&st<=maxn){//队列维护 
        int x=q[l];l++;
        if(num[x]==INF) continue;
        int tmp=min(x+num[x]-1,maxn);
        for(;st<=tmp;st++){
            f[st]=f[x]+1;
            q[r++]=st;
        }
    }
    for(int i=1;i<=c;i++)
      {
            if(f[child[i]]==INF)printf("oo\n");
        else printf("%d\n",f[child[i]]);
      }
      return 0;
}