Description
你有一个长度为 (n) 的序列，第 (i) 项为 (i)。
有 (m) 次操作，每次操作给定一个 (x)，你需要将序列无限循环后截取前 (x) 项，作为新序列。
问最后序列中每个数出现多少次。
(n,mle 10^5,space x_ile 10^{18})
Solution
有个很显然的性质：若存在 (i,j)，满足 (ilt j) 且 (x_ige x_j)，则第 (i) 次操作没用，可以不做。
所以简化后的操作序列 (x) 是单调上升的。
（这步可以不写，因为按照下述做法，如果出现上述情况那在第 (i) 个操作不会对答案造成任何贡献）
我们发现正着做不可行，考虑反着做。
我们假设最后的序列不是无限循环得来的，比如对于样例，假设最后得到的序列是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
那么所谓的“无限循环”其实就是把一段区间模 (x)。
依然以样例的操作为例，倒序做操作（忽略掉最后一个操作），倒数第二个操作的 (x) 为 (8)。
那么显然第 ([9,13]) 个数是由第 ([1,8]) 个数循环得来的。
故把第 ([9,13]) 个数模 (8)，得到新序列 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5
这时要把区间 ([1,8]) 和区间 ([9,13]) 分成两个独立区间扔进堆，因为以后 ([1,8]) 区间再被模时，([9,13]) 区间作为 ([1,8]) 区间的翻版，也可能被模。
如果把样例的倒数第二个操作的 (x) 改为 (5) 呢？我们需要分出 ([1,5])，([6,10])，([11,13]) 三个区间么？
显然不用，([1,5]) 和 ([6,10]) 两个区间显然等价，所以只记一个区间 ([1,5])，然后系数 ( imes space 2) 即可。
当一个区间长度被削到 (le n) 时，设该区间长度为 (len)，那么该区间内的数就是 (1) 到 (len) 了。其对答案的贡献是前缀 (+space 1)，差分即可（即在第 (len) 位上 (+space 1)，最后从第 (n) 位向第 (1) 位递推算一遍前缀和）。
「这样做的时间复杂度对吗？」
当然不对了，尝试用类似线段树的形态画出分割区间的过程，发现最优情况下都是一个 (10^{18}) 个元素的满二叉树……
我们发现，当我们倒序扫到第 (i) 个操作时，我们会把很多个区间都分成长度为 (x_i) 和 (len\% x_i) 的两个区间。
那我们为什么不再分出来的这些长度为 (x_i) 的区间再合成一个记呢？这样我们就只需要把长度为 (len\% x_i) 的区间再扔进堆了。
这时复杂度就有意思了，这相当于初始时在堆中放入 (n) 个数 (x_{1cdots m})，然后把每个数不停地模一个比自己小的数。
这对应了一个很裸的性质：对于一个数，一直模比它小的数，最多模 (log n) 次变成 (1)，因为每模一次至少 (÷space 2)。
故堆中总共会出现过 (mlog x_i) 个元素，每次取堆顶元素的时间是 (O(log m))，总时间为 (O(mlog mlog x_i))。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100001
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x;
return 0-x;
}
int n,m,top; ll a[N],ans[N];
struct scx{
ll x,coe;
inline bool operator <(const scx& a)const{
return x<a.x;
}
}; priority_queue<scx> pq;
int main(){
n=a[0]=read(), m=read();
ll x;
for(int i=1; i<=m; ++i){
x=read();
while(top && a[top]>=x) --top;
a[++top]=x;
}
pq.push((scx){a[top],1});
for(int i=top-1; i>=0; --i){
ll tmp = 0; scx u = pq.top();
while(u.x>a[i]){
pq.pop();
tmp += (u.x/a[i])*u.coe, u.x %= a[i];
if(u.x) pq.push(u);
if(pq.empty()) break;
u = pq.top();
}
if(tmp) pq.push((scx){a[i],tmp});
}
while(!pq.empty()){
scx u = pq.top(); pq.pop();
ans[u.x] += u.coe;
}
for(int i=n-1; i>=1; --i) ans[i]+=ans[i+1];
for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%lld
",ans[i]);
return 0;
}