题解 P4108 【[HEOI2015]公约数数列】
wjyyy
2019-03-04 21:00:54
感觉需要推导的东西还是比较多的。但是以后要记着看到奇怪的(?)数据范围时要想到分块。
这个题有一定的特点,就是两个表达式都是前缀形式。对于 $\gcd$ 而言,它一定是递减的,而且不同的数值最多只有 $O(\log a_i)$ 个,因为每次至少会变为原来的 $\frac 12$。因此**产生变化的**位置是可以考虑枚举的。
注意到询问是 $10000$ 的,不是很大。我们对原区间进行 $O(\sqrt n)$ 分块。
因为要找的是最小的,所以应该从前往后枚举。对于 $\gcd$ 整块不变的那些块,我们只需要找到其中是否存在**异或前缀和**恰好为 $x/\gcd$ 的。这一询问可以用 `std::map` 来解决。
当涉及单点修改时,我们只需要对当前块中的 `map` 进行修改就可以了。
实际上 `map` 中存的是当前块中的异或前缀和,由于我们每次查询都是从前往后查,可以积累一定的信息。因此不必也不能维护全局前缀和,不然修改时影响的范围太大。
不过分块的细节挺多的,包括边界一类的。还要注意复杂度,不能把 `gcd()` 函数当 $O(1)$ 的操作用啊啊啊啊啊啊…= =
时间复杂度 $O(n\log a_i+q\sqrt n\log a_i)$。
## Code:
```cpp
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#define inf 2147438647
using std::map;
int gcd(int x,int y)
{
while(y)
{
int t=y;
y=x%y;
x=t;
}
return x;
}
map<int,int> f[400];
int a[400][400],g[400][400];
int G[400],sum[400];
int main()
{
int n,m,u;
scanf("%d",&n);
int b=sqrt(n),tmp=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=(i-1)/b,y=(i-1)%b+1;
scanf("%d",&a[x][y]);
tmp^=a[x][y];
g[x][y]=gcd(a[x][y],g[x][y-1]);
G[x]=g[x][y];
if(f[x].find(tmp)==f[x].end())
f[x][tmp]=y;
if(x!=i/b)
{
sum[x]=tmp;
g[x+1][0]=G[x];
tmp=0;
}
}
scanf("%d",&m);
char op[100];
int tot=ceil((double)n/b)-1;
while(m--)
{
scanf("%s",op);
if(op[0]=='M')
{
scanf("%d",&u);
++u;
int x=(u-1)/b,y=(u-1)%b+1;
scanf("%d",&a[x][y]);
f[x].clear();
tmp=0;
g[x][0]=x?G[x-1]:0;
for(int j=1;j<=b;++j)
{
tmp^=a[x][j];
if(f[x].find(tmp)==f[x].end())
f[x][tmp]=j;
g[x][j]=gcd(a[x][j],g[x][j-1]);
G[x]=g[x][j];
}
sum[x]=tmp;
}
else
{
long long k;
scanf("%lld",&k);
int flag=0;
tmp=0;
int gtmp=a[0][1];
for(int i=0;i<=tot;++i)
{
if(!i||G[i]!=G[i-1])//暴力
{
for(int j=1;j<=b;++j)
{
tmp^=a[i][j];
gtmp=g[i][j];
if((long long)tmp*gtmp==k)
{
flag=1;
printf("%d\n",i*b+j-1);
break;
}
}
if(flag)
break;
}
else
{
gtmp=G[i];
if(k%gtmp==0&&k/gtmp<inf&&f[i].find(k/gtmp^tmp)!=f[i].end())
{
printf("%d\n",i*b+f[i][k/gtmp^tmp]-1);
flag=1;
break;
}
tmp^=sum[i];
}
}
if(flag)
continue;
puts("no");
}
}
return 0;
}
```