ARC068E

原题链接

题意简述

给出n(n≤3×105)个区间和m(m≤105)。求对于任意k≤m，有多少个区间包含k的倍数。

题解

考虑怎样的区间不包含k的倍数。
对于k的倍数tk和tk+k，满足L,R∈(tk,tk+k)的区间[L,R]不包含任何k的倍数。
于是转化为二维数点问题，可以用可持久化线段树解决。把区间[L,R]视作一个横坐标为L，纵坐标为R的点，则L,R∈(tk,tk+k)等价于点(L,R)在矩形(tk,tk)−(tk+k,tk+k)内部。
时间复杂度O(nlogm+∑mi=1mi×logm)=O(nlogm+mlog2m)。

Code

//Snuke Line
#include <cstdio>
#include <algorithm>
inline char gc()
{
    static char now[1<<16],*S,*T;
    if(S==T) {T=(S=now)+fread(now,1,1<<16,stdin); if(S==T) return EOF;}
    return *S++;
}
inline int read()
{
    int x=0; char ch=gc();
    while(ch<'0'||'9'<ch) ch=gc();
    while('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=gc();
    return x;
}
int const N=3e5+10;
int const M=1e5+10;
int n,m;
struct range{int fr,to;} rg[N];
bool cmpRg(range x,range y) {return x.fr<y.fr;}
int sgCnt,rt[M];
struct seg{int cnt; int L,R;} sg[N*20];
void update(int s) {sg[s].cnt=sg[sg[s].L].cnt+sg[sg[s].R].cnt;}
void ins(int &s,int fr,int to,int x)
{
    sg[++sgCnt]=sg[s]; s=sgCnt;
    if(fr==to) {sg[s].cnt++; return;} 
    int mid=fr+to>>1;
    if(x<=mid) ins(sg[s].L,fr,mid,x);
    else ins(sg[s].R,mid+1,to,x);
    update(s);
}
int query(int s1,int s2,int fr,int to,int fr0,int to0)
{
    if(fr0<=fr&&to<=to0) return sg[s2].cnt-sg[s1].cnt;
    int mid=fr+to>>1; int res=0;
    if(fr0<=mid) res+=query(sg[s1].L,sg[s2].L,fr,mid,fr0,to0);
    if(mid<to0) res+=query(sg[s1].R,sg[s2].R,mid+1,to,fr0,to0);
    return res;
}
int main()
{
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) rg[i].fr=read(),rg[i].to=read();
    std::sort(rg+1,rg+n+1,cmpRg);
    rt[0]=0; int p=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        rt[i]=rt[i-1];
        while(rg[p].fr==i) ins(rt[i],1,m,rg[p].to),++p;
    }
    printf("%d
",n);
    for(int d=2;d<=m;d++)
    {
        int ans=n,i;
        for(i=d;i<=m;i+=d) ans-=query(rt[i-d],rt[i-1],1,m,i-d+1,i-1);
        if(i-d+1<=m) ans-=query(rt[i-d],rt[m],1,m,i-d+1,m);
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

注意

空间复杂度为O(nlogm)，因为对于每个点（每个区间）都要建一个O(logm)的线段树。
对于有些k最后会有剩余，所以有if(i-d+1<=m) ans-=query(rt[i-d],rt[m],1,m,i-d+1,m);