[bzoj2506]calc_分块处理

calc bzoj-2506

题目大意：给一个长度为n的非负整数序列A1,A2,…,An。现有m个询问，每次询问给出l,r,p,k，问满足l<=i<=r且Ai mod p = k的值i的个数。

注释：$0le n,mle 10^5$，$1le ple 10^4$。

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想法：

直接把询问离线，就变成了求前$i$个数中$\% p=k$的数的个数。

显然直接做肯定做不了。

我们考虑按照mod数分块。

因为上限是$10^4$

如果$ple 100$，我们用一个$f[i][j]$表示枚举到当前数除以$i$余$j$的数的个数。更新的复杂度为$O(sqrt{p})$

反之$p<100$，$g[i]$表示枚举到当前数值为$i$的数的个数。更新的复杂度为$O(1)$

考虑如何查询答案：

如果$ple 100$，直接输出，复杂度为$O(1)$。

反之，我们需要查询$g[k]+g[k+p]+g[k+2p]+...$。时间复杂度为$O(sqrt{q})$。

故此总时间复杂度为$O(mlogm+nsqrt{p})$。

Code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010 
using namespace std;
int f1[110][110],f2[N];
int ans[2][N],a[N],cnt;
inline char nc() {static char *p1,*p2,buf[100000]; return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int rd() {int x=0; char c=nc(); while(!isdigit(c)) c=nc(); while(isdigit(c)) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=nc(); return x;}
struct Node {int dic,id,f,p,k;}q[N<<1];
inline bool cmp(const Node &a,const Node &b) {return a.dic<b.dic;}
inline void update(int x)
{
	for(int i=1;i<=100;i++) f1[i][x%i]++;
	f2[x]++;
}
int main()
{
	// freopen("bzoj2506.in","r",stdin);
	int mx=0;
	int n=rd(),m=rd(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),mx=max(mx,a[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l=rd(),r=rd(),p=rd(),k=rd();
		q[++cnt].dic=l-1,q[cnt].p=p,q[cnt].k=k,q[cnt].f=0,q[cnt].id=i;
		q[++cnt].dic= r; q[cnt].p=p,q[cnt].k=k,q[cnt].f=1,q[cnt].id=i;
	}
	sort(q+1,q+cnt+1,cmp);
	int pnt=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		while(pnt<=q[i].dic) update(a[pnt]),pnt++;
		int p=q[i].p,k=q[i].k;
		if(p<=100)
		{
			ans[q[i].f][q[i].id]=f1[p][k];
		}
		else for(int j=k;j<=mx;j+=p)
		{
			ans[q[i].f][q[i].id]+=f2[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d
",ans[1][i]-ans[0][i]);
	return 0;
}

小结：这种根据当前范围思考不同的解决策略的分类讨论思想是极其重要的。