紀中OJ 2019.01.25【NOIP提升組】模擬 B 組 T2 數字對

聲明

 

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數字對

 

 Time Limits: 2000 ms    Memory Limits: 262144 KB

  Description

　　　　小 H 是個善於思考的學生，如今她又在思考一個有關序列的問題。 
　　　　她的面前浮現出一個長度爲 n 的序列 {ai}，她想找出一段區間 [L, R] (1 <= L <= R <= n)。
　　　　這個特殊區間知足，存在一個 k (L <= k <= R)，而且對於任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除。這樣的一個特殊區間 [L, R] 價值爲 R - L。
　　　　小H想知道序列中全部特殊區間的  最大價值 是多少，而有多少個這樣的區間呢？這些區間又分別是哪些呢？你能幫助她吧。

 

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  Input

　　　　第一行，一個整數 n.
　　　　第二行，n 個整數，表明 ai.

 

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  Output

　　　　第一行兩個整數，num 和 val,表示價值最大的特殊區間的個數以及最大價值。
　　　　第二行 num 個整數，按升序輸出每一個價值最大的特殊區間的 L.

 

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  Sample Input

 

　　　　輸入1：

　　　　 5

　　　　 4  6  9  3  6

 

　　　　輸入2：

　　　　 5

　　　　 2  3  5  7  11

 

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  Sample Output

　　　　

　　　　輸出1：

　　　　 1  3

　　　　 2

 

　　　　輸出2：

　　　　 5  0

　　　　 1  2  3  4  5

 

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  Data Constraint

　　　　30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32.
　　　　60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.
　　　　80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.
　　　　100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.

 

 

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　　  最近發現有用暴力等水法A掉這題的，如從頭至尾枚舉 ak ，而後再向兩邊搜索的水法。

　　然而若是全部的 ai 都相同的話，時間複雜度就爲O（n²），徹底過不了。

　　如：

　　500000

　　後面 500000 個 1

 

　　此時時間複雜度爲O（500000²），不知道運行到猴年馬月，直接卡掉水法。

　

　　接下來看正解（可能有其餘更簡單的方法，但這種方法絕對不會被卡掉！）： 二分+rmq+hash

 

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  分析：

　　　　

　　　　看到了最大價值，即求最優解，腦海中立馬想到了：貪心、dp、優化的搜索（或暴力）和 二分答案 。顯然，此題是在序列中操做，數據範圍大，貪心條件不知足，明顯的二分答案！！！

　　　　因而用二分答案求出序列的最大長度，但如何判斷答案 mid 的可行性和計算序列個數與開頭位置呢？

 

　　　　這樣，問題就轉化成如何判斷某個區間是否存在：對於任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除 了。

　　　　顯然，搜索是最廣泛的選擇，那這裏我就講講搜索的優化方案：

 

　　　　或許大家會問：不只要詢問每一個區間（O（n）)，又要找出其中有沒有 ak 存在（O（ n²）），時間複雜度不是 n³ 嗎，怎麼過？？？

 

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  優化方案：

  

　　　　優化一：

 

　　　　　　對於任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除 中的 ak，是很好求出來的，就是區間幾個數的最大公約數（gcd），在詢問前預處理一下，線上調用便可。

　　　　　　可是，對於通常的預處理（除前綴和和其餘玄學預處理外），複雜度都是O（n²）的，同樣過不了（啼笑皆非~）。。。

 

　　　　　　可是，在序列的維護中，天然想到 線段樹、樹狀數組、rmq 啦~（對於前兩項此題應該也能維護 gcd 吧？！~）

　　　　　　咱們瞭解過的 rmq 都是維護最大最小值的，以其速度快，範圍廣而出名。此題，同樣能夠維護區間的 gcd 。

 

　　　　　　舉個栗子：  4  6  9

　　　　　　若已求出前兩個數的 gcd 爲2（rmq[1,1]=2），後一個數的 gcd 爲 9（rmq[3,0]=a[3]=9），那區間的 gcd 就是 gcd（2,9）=1 啦~

 

　　　　　　預處理時間複雜度降到 O（n log₂ n）啦，在搜索時直接 O（1）的複雜度就能算出區間最小公約數（和 rmq 求最大最小值同樣的，換成 gcd 了而已）。

 

　　　　優化二：

　　　　　　

　　　　　　經過優化一算出區間的 ak 後，咱們就要開始找區間內有沒有這個 ak 了~

 

　　　　　　然而咱們發現，每一個區間的搜索 O（n）不可省，而找 ak 又要 O（n），那豈不是 O（n²）嗎（雖然達不到，但也接近了，加上預處理和二分答案等，絕對過不了）

　　　　　　因而進一步優化：

 

　　　　　　畢竟咱們只找一個數 ak，很容易想到出現一個數就在 flag 數組打個標記，找有沒有 ak 時直接判斷 flag[ak] 是否打過標記就好了。

　　　　　　而區間的移動一次的話，就 O（1）把新的那個數打一個標記，把出區間的那個刪掉標記便可~

 

　　　　　　此過程時間複雜度將至 O（1），效率極高，是在某個區間搜某些數時的經常使用方法，能夠常常拿來用。

 

　　　　優化三：

　　　　　　光有優化二是不行的，由於它用空間換時間，會 MLE 的。（畢竟 ak 可達 20 多億，數組開得了那麼多嗎？？？）

　　　　　　因此，在用了優化二後，經常用這種方法解決空間問題：哈希表~（它倆基本綁定了，哈希是利用無用的空間存有用的數。不會的本身學，沒必要多說）

 

　　　　　　可是，這裏的哈希有三種模式： 1. 查詢某數在哈希表中的位置（用於刪標記）；  2. 把某數存進哈希表（用於打標記）；  3. 查詢某數是否存在（用於查詢區間內是否有 ak）。

 

　　　　　　因而，咱們用哈希表的稀少時間換了大量的空間~~~

 　　　　　

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　　因此整體說，預處理 O（n log ₂ n），二分 O（log ₂ n*check），在 check 中，區間詢問 O（n），找 ak O（hash）（hash 是哈希的時間複雜度，常數級別）

 

　　這樣，咱們就把 O（n ³）的時間複雜度將至 O（n log ₂ n+n log ₂ n*hash），粗略說就是 O（n log ₂ n），只是有點常數而已，不用卡常都能過（畢竟 2 秒時限）~~~

　　

　　下附標程，我就不寫註釋了~

　　　　

       

 1 uses math;  2 const
 3         mo=1000001;  4 var
 5  l,r,mid,i,n,j,t,cnt:longint;  6         a,b,h,ans:array[0..1000001] of longint;  7         rmq:array[0..500001,0..21] of longint;  8 function gcd(x,y:longint):longint;  9 begin
10         if y=0 then exit(x) else exit(gcd(y,x mod y)); 11 end; 12 function hash(x,mode:longint):boolean; 13 var
14  k:longint; 15 begin
16         k:=x mod mo; 17         while (h[k]<>0) and (h[k]<>x) do
18         begin
19  inc(k); 20                 if k>mo then k:=1; 21         end; 22         if mode=2 then cnt:=k else
23                 if mode=1 then h[k]:=x else
24                         if h[k]=x then exit(true) else exit(false); 25 end; 26 function check(x:longint):boolean; 27 var
28  l,t,j,flag,r:longint; 29 begin
30         fillchar(h,sizeof(h),0); 31         for i:=1 to x do
32                 hash(a[i],1); 33         flag:=0; 34         for l:=1 to n-x+1 do
35         begin
36                 hash(a[l-1],2); 37                 h[cnt]:=0; 38                 r:=l+x-1; 39                 hash(a[r],1); 40                 t:=trunc(ln(r-l+1)/ln(2)); 41                 j:=gcd(rmq[l,t],rmq[r-(1<<t)+1,t]); 42                 if hash(j,0) then
43                 begin
44                         flag:=1; 45  inc(ans[x]); 46                         b[ans[x]]:=l; 47                 end; 48         end; 49         if flag=0 then exit(false) else exit(true); 50 end; 51 begin
52  readln(n); 53         for i:=1 to n do
54         begin
55  read(a[i]); 56                 rmq[i,0]:=a[i]; 57         end; 58  readln; 59         t:=trunc(ln(n)/ln(2))+1; 60         for j:=1 to t do
61                 for i:=1 to n do
62                         if i+(1<<j)-1<=n then
63                                 rmq[i,j]:=gcd(rmq[i,j-1],rmq[i+(1<<(j-1)),j-1]); 64         l:=1;                               // l，r，mid 存的是區間長度 65         r:=n; 66         while l<r do
67         begin
68                 mid:=(l+r) div 2+1; 69                 if check(mid) then l:=mid else r:=mid-1; 70         end; 71         if ans[l]=0 then
72         begin
73                 writeln(n,' 0'); 74                 for i:=1 to n-1 do
75                         write(i,' '); 76  writeln(n); 77  halt; 78         end; 79         writeln(ans[l],' ',l-1);            //要輸出價值，就是長度-1
80         for i:=1 to ans[l]-1 do
81                 write(b[i],' '); 82  writeln(b[ans[l]]); 83 end.

標程