题解【CF103D Time to Raid Cowavans】

Description

给一个序列 (a) ，(m) 次询问，每次询问给出 (t, k) 。求 (a_t + a_{t+k}+a_{t+2k}+cdots+a_{t+pk}) 其中 (t+pk leq n) 且 (t+(p+1)k > n)

(n,m leq 300000,a_i leq 10^9)

Solution

对 (k) 即公差分块。设定一个 (T) 。

当 (k > T) 时，直接暴力算。复杂度 (O(frac{n}{T}))；

当 (k le T) 时，对于 (k) 建立一个后缀和数组 (sum)。(sum_i) 表示从 (n) 开始往前这么跳公差 (k) 跳到 (i) 的和。它可以倒着遍历用 (sum_i = sum_{i+k} + a_i) 更新。复杂度 (O(n))

取 (T = sqrt n) 则可以预处理出所有小于 (T) 的 (k) 的 sum。复杂度 (O(n sqrt n))

但这样空间爆炸（MLE）所以开一个 sum 数组，把询问按照 (k) 从小到大排序。每次若 (k>T) 暴力；(k leq T) 时重新更新 sum。由于询问中最多有 (T) 个不同的数 (leq T)（废话） 所以更新的复杂度不会超过 (n sqrt n)

所以总时间复杂度是 (O(n log n + n sqrt n))

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 300100; 
int n, m, a[N];
ll sum[N], Ans[N];  
struct node {
  int t, k, id; 
} Q[N]; 
inline bool cmp(node x, node y) {
  return x.k == y.k ? x.t > y.t : x.k < y.k; 
}
int main() {
  scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i++) 
    scanf("%d", &a[i]);
  int T = floor(sqrt(n));
  scanf("%d", &m);
  for(int i = 1; i <= m; i++) {
    scanf("%d %d", &Q[i].t, &Q[i].k);
    Q[i].id = i;  
  } sort(Q + 1, Q + m + 1, cmp); int last = n;  
  for(int i = 1; i <= m; i++) {
    ll ans = 0;
    if(Q[i].k >= T) {
      for(int j = Q[i].t; j <= n; j += Q[i].k)
        ans += a[j]; 
    } else { int k = Q[i].k, t = Q[i].t; 
      if(Q[i].k != Q[i - 1].k) last = n;
      for(int j = last; j >= t; j--) {
        sum[j] = a[j];
        if(j + k <= n) sum[j] += sum[j + k]; 
      } 
      last = t - 1; ans = sum[t]; 
    } Ans[Q[i].id] = ans; 
  } 
  for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%lld
", Ans[i]); 
  return 0; 
}