题意:
一串数,初始为 (1sim n),现在给 (Q) 个操作,每次操作把数组长度变为 (q_i),新增的数为上一个操作后的数组的重复。问 次 (Q) 操作后 (1sim n) 每个数出现了多少次。
范围&性质:(0le n,Qle 10^5,1le q_ile 10^{18})
分析:
首先我们观察发现: 对于一段单调递减的 (q_i) 序列来说等价于直接进行最小的一项(即最后的一项)操作
所以原序列可以转化成一段单调递增序列
由于 (n) 很小,但是 (q_i) 很大,所以我们不能记下最后整个序列,只能记下每个数被用了多少次,即我们记 (ans_i) 表示 (i) 在最终序列中出现了多少次
然后通过模拟可以发现,最终答案可以看成第一个序列的 (k) 倍加上一堆边角料,所以我们通过倒推的方法求得 (k) 转移如下,记 (s_i)为最终序列是第 (i) 次操作后的多少倍
[s_{i-1}=frac{q_i}{q_{i-1}-1} imes s_i+s_i mod s_{i-1}
]
其中(s_i mod s_{i-1}) 可以看成是 (s_j) ((jle i) )的倍数,这个边角料的计算过程可以通过二分加递归得到
整体复杂度就是(O(n log^2 n))
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace zzc
{
inline long long read()
{
long long x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn = 1e5+5;
long long f[maxn],g[maxn],a[maxn];
long long n,q,len;
void calc(long long d,long long w)
{
long long pos=upper_bound(a+1,a+len+1,d)-a-1;
if(!pos) g[1]+=w,g[d+1]-=w;
else f[pos]+=d/a[pos]*w,calc(d%a[pos],w);
}
void work()
{
long long x;
n=read();q=read();
a[++len]=n;
for(int i=1;i<=q;i++)
{
x=read();
while(len&&x<=a[len]) len--;
a[++len]=x;
}
f[len]=1;
for(int i=len;i>=2;i--)
{
f[i-1]+=a[i]/a[i-1]*f[i];
calc(a[i]%a[i-1],f[i]);
}
g[1]+=f[1];
g[a[1]+1]-=f[1];
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld
",g[i]+=g[i-1]);
}
}
int main()
{
zzc::work();
return 0;
}