[JZOJ5888]GCD生成树

[JZOJ5888]GCD生成树

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gugugu

分析

对于N很小的情况,暴力Prim即可

对于值域很小的情况,我的想法与solution不太一样,将值相同的缩成一个点,(O(w^2))预处理出每个数对的(gcd)

然后设立两个点集,一个加入生成树集合中的,另一个没有,一开始将1放在1集合,然后遍历值域,将存在的数与1构成的数对的gcd都存在一个(multiset)中,然后选最大的.加入一个数后又重复以上操作.时间复杂度似乎是(O(w^2 log w))

正解就比较妙了(还是因为我太菜了)

一个显然的性质就是我们要尽量地选((w,k imes w))这样的数对

于是我们从大到小钦定这个(w),枚举它的倍数

但是发现有种情况就是(k_1)和(k_2)不互质,这样的话看起来选的数对就是错的了,因为它们gcd显然比(w)更大

然而我们可以使用并查集维护联通块来避免这种情况

对值域建立联通块,我们每将一对数((k_1 imes w, k_2 imes w))算进答案就将(k_1 imes w)和(k_2 imes w)所在联通块合并

这样的话就算你(k_1,k_2)不互质,由于我们从大到小枚举这个(w),这种情况已经是被算过的,你只要每次判断两个数是否在一个联通块内即可去掉这种情况

计算答案就很简单了,你枚举(w)倍数时加入了(k)对数,那么答案就加上(k imes w)

但是还要注意我们把值域相同的缩成一个点,显然相同值的点之间连生成树边也是一种最优的情况

于是再对每一个出现的值(w),记录出现次数(rnk[w]),答案加上(w imes (rnk[w]-1))

又跑进了rank1 hhh

代码

/*
  code by RyeCatcher
*/
const int maxn=100005;
const int inf=0x7fffffff;
int n,a[maxn],mx=-1;
int fa[maxn],rnk[maxn];
bool vis[maxn];
int get(int x){return (fa[x]==x)?fa[x]:(fa[x]=get(fa[x]));}
ll ans=0;
int main(){
	int x,y,p;
	//FO(gcd);
	read(n);
	for(ri i=1;i<=n;i++){
		read(a[i]);
		if(vis[a[i]]){
			rnk[a[i]]++;
		}
		else{
			vis[a[i]]=1;
			fa[a[i]]=a[i];
			rnk[a[i]]=1;
		}
		mx=max(mx,a[i]);
	}
	int pre=0;
	for(ri k=mx;k>=1;k--){
		pre=0,y=0;
		for(ri o=k;o<=mx;o+=k){
			if(vis[o]){
				if(!pre)pre=get(o);
				else {
					x=get(o);
					if(pre!=x){
						y++;
						if(rnk[pre]>rnk[x])fa[x]=pre;
						else fa[pre]=x,pre=x;
					}
				}		
			}
			
		}
		if(vis[k])ans+=1ll*(y+rnk[k]-1)*k;//别忘了乘以边权 
		else ans+=1ll*k*y;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}