Codeforces 475D 题解(二分查找+ST表)

题面:

传送门:http://codeforces.com/problemset/problem/475/D
Given a sequence of integers a1, …, an and q queries x1, …, xq on it. For each query xi you have to count the number of pairs (l, r) such that 1 ≤ l ≤ r ≤ n and gcd(al, al + 1, …, ar) = xi.
题目大意:
对于n个数的序列,给出q个询问,问有多少个区间满足区间最大公约数为x

分析:

求区间最大公约数很简单,可以利用Sparse-Table算法O(nlog2n)$O(nlo{g}_{2}n)$预处理,O(1)$O(1)$查询
我们只要把标准的ST表的递推公式改一下就可以了
st[i][j]=gcd(st[i][j−1],st[i+2j−1][j−1]$st[i][j]=gcd(st[i][j-1],st[i+2^{j-1}][j-1]$

最暴力的方法是直接枚举所有区间gcd值,再求区间个数,然后将x对应的区间个数保存在一个哈希表中,这种算法时间复杂度为O(n2)$O(n^2)$,实际上考虑到STL的map使用红黑树实现,查询为O(log2n)$O(lo{g}_{2}n)$,时间复杂度还会更高

从枚举的过程中我们可以发现,固定区间左端点l,枚举右端点r时,很多区间的gcd值是和上一个区间相同的,导致这一次枚举是重复且无用的.因此,我们应该用更高效的方法去枚举区间.
因此,我们用二分查找去枚举gcd每次变化的位置,假设变化的位置为k(即gcd([l,k])!=gcd(l,k+1),则值为gcd([l,k])的区间个数会增加k-l+1个.这样重复枚举的情况会被消除.
由数论知识得左端点固定,随着右端点右移,gcd会变化log2n$lo{g}_{2}n$次!
(区间gcd的值必须是ai的因数，而且每次减少至少要除2(少了一个公因数,最小是2))
所以总时间复杂度为O(nlog2n)$O(nlo{g}_{2}n)$

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#define maxn 100005
#define maxlog 32
#define INF 10000005
using namespace std;
int a[maxn];
inline int gcd(int a,int b) {
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
struct sparse_table {//ST表
    int st[maxn][maxlog];
    void init(int *a,int n) {
        for(int i=1; i<=n; i++) st[i][0]=a[i];
        for(int j=1; (1<<j)<=n; j++) {
            for(int i=1; i+(1<<j)-1<=n; i++) {
                st[i][j]=gcd(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
            }
        }
    }
    int query(int l,int r) {
        if(l==r) return st[l][0];
        int k=log2(r-l+1);
        return gcd(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
    }
};
int n,q;
sparse_table gcda;
map<int,long long>ans;//预处理答案
int bin_search(int L,int R,int sta,int v){//二分查找区间gcd变化的位置的前一位
    int l=L,r=R;
    int ans=INF;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>1;
        if(gcda.query(sta,mid)==v){
            l=mid+1;
        }else{
            r=mid-1;
            ans=min(ans,mid-1);
        }
    }
    if(ans==INF) return r;
    else return ans;
}
int main() {
//  freopen("input.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
    gcda.init(a,n);
    ans.clear();
    int now_gcd,now_pos;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        now_gcd=a[i];
        now_pos=i;
        while(1) {
            int pre_pos=now_pos;//原来的位置
            now_pos=bin_search(pre_pos,n,i,now_gcd);//变化的位置,下一个数gcd不同
            now_gcd=gcda.query(i,now_pos);//原来的gcd
            ans[now_gcd]+=now_pos-pre_pos+1;//更新答案
            if(now_pos<n) {
                now_pos++;//左端点移动到下一个数,开始枚举新区间
                now_gcd=gcda.query(i,now_pos);//更新新的gcd
            } else break;

        }
    }
    scanf("%d",&q);
    int x;
    while(q--) {
        scanf("%d",&x);
        printf("%I64d
",ans[x]);
    }
}