牛客小白月赛39D - 绝望（数论 + 数学规律 + 数据结构）
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题意
给定一个长度为 \(N\) 的序列 \(a\) ，规定如下两项操作：
- 输入 \(4\) 个整数 ” \(1\ L\ R\ X\) “ ，代表将所有 \(i \in [L,R]\) 修改为 \(i^x * a_i\) ，并输出修改后的 \([L,R]\) 区间中的质数数量；
- 输入 \(3\) 个整数 ” \(2\ L\ R\) “ ，直接输出 \([L,R]\) 区间中的质数数量。
一共 \(Q\) 次询问。
一组样例，满足 \(1≤N≤2∗10 ^5,1≤Q≤5∗10 ^5\) ，且 \(1≤a_i ≤5∗10^5,0≤x≤10\) 。注意，在操作过程中可能出现 \(a_i\ge 5*10^5\) 。
思路
赛时小结
很显然的线段树题目，而 \(x\) 与质数的规律也很快的找到了，然而交了一发WA之后重新推导才发现漏掉了一些特殊情况……
正解
首先，很显然需要用到线段树和素数筛，原因略。
我们分析题意，可以归纳出以下几点特征：
- 对于 \(i=1\) ，无论如何操作，不会改变原来数的特征；
- 对于 \(i\) 为质数且 \(a_i=1，x=1\) 的情况，会将其改变成质数；
- 对于 \(x=0\) 的情况，不会改变原有特征；
- 其余所有情况，都会将区间内的质数变成合数。
依据前三条特征，容易发现需要对单点进行操作，故我们需要使用化区间修改为单点修改的思想。在修改操作中做出相应的特判：
- 对于第一、三条特征，直接忽视；
- 对于第二条特征，使用额外的 \(\tt{}mp\) 数组记录该点 \(i\) 是否为质数，使用额外的 \(\tt{}one\) 数组记录该点的值是否为 \(1\) 。
对于第四条特征，我们使用区间修改思想，直接将该区间的值置为 \(0\) ，并将额外数组 \(\tt{}one\) 置为 \(0\) 。
由于本题第四条特征占了绝对多数：可以计算，一个数至多经过两次操作就会变成合数，考虑最坏情况， \(N\) 个数字均需要处理，那么此时总单点操作的完整复杂度为 \(\mathcal{O}(2 * N*logN+Q*logN)\) ，平均时间复杂度即为 \(\mathcal{O}(Q*logN)\) ，所以时间复杂度可以通过。
AC代码
点击查看代码
//====================
#define int LL
const int N = 1e6 + 7;
#define lk k << 1
#define rk k << 1 | 1
struct node{
int l, r, w, one;
}tre[4 * N];
int n, q;
//====================
vector<int> prime;
map<int, int> mp; int v[N];
void Force() {
int n = N - 5;
for(int i = 2; i <= n; i ++) {
if(v[i] == 0) {
v[i] = i;
prime.push_back(i);
}
for (auto it : prime) {
if (it > v[i] || it > n / i) break;
v[i * it] = it;
}
}
for (auto it : prime) mp[it] = 1;
}
void update(int k) {
tre[k].w = tre[lk].w + tre[rk].w;
tre[k].one = tre[lk].one | tre[rk].one;
}
void build(int l, int r, int k) {
tre[k].l = l, tre[k].r = r;
if (l == r) {
int x; cin >> x;
if (x == 1) tre[k].one = 1;
tre[k].w = mp[x];
return;
}
int m = (tre[k].l + tre[k].r) >> 1;
build(l, m, lk), build(m + 1, r, rk);
update(k);
}
int finds(int l, int r, int k) {
if (l <= tre[k].l && tre[k].r <= r) return tre[k].w;
int ans = 0;
int m = (tre[k].l + tre[k].r) >> 1;
if (l <= m) ans += finds(l, r, lk);
if (m < r) ans += finds(l, r, rk);
return ans;
}
void change_point(int l, int r, int x, int k) {
if (x == 0) return;
if (tre[k].w == 0 && tre[k].one == 0) return;
if (tre[k].l == tre[k].r) { //单点修改
int num = tre[k].l;
if (num == 1) return;
if (x == 1 && tre[k].one == 1 && mp[num] == 1) {
tre[k].one = 0;
tre[k].w = 1;
return;
}
tre[k].one = tre[k].w = 0;
return;
}
int m = (tre[k].l + tre[k].r) >> 1;
if (l <= m) change_point(l, r, x, lk);
if (m < r) change_point(l, r, x, rk);
update(k);
}
void Solve() {
cin >> n >> q;
build(1, n, 1);
for (int i = 1; i <= q; ++ i) {
int op; cin >> op;
if (op == 2) {
int l, r; cin >> l >> r;
cout << finds(l, r, 1) << endl;
}else {
int l, r, x; cin >> l >> r >> x;
change_point(l, r, x, 1);
cout << finds(l, r, 1) << endl;
}
}
}
错误次数
（赛时 3 次）未考虑全所有情况。
文 / WIDA
2022.03.27 成文
首发于WIDA个人博客，仅供学习讨论
