Time to Raid Cowavans

比较经典的问题。

考虑根号分治，令 $b=\lfloor\sqrt n\rfloor$。对于 $k \geq b$，直接暴力，复杂度是 $O(\sqrt n)$ 的。对于 $k < b$，考虑预处理 $f_{i,j}$ 表示 $t=i,k=j$ 时的答案，单组询问 $O(1)$。

容易发现 $f_{i,j}=f_{i+j,j}+a_i$，逆序枚举即可。

但是这样空间复杂度为 $O(n \sqrt n)$，本题还卡空间，于是过不去。

于是我们可以离线将 $k$ 排序，枚举 $j$ 并且只记录 $f_i$ 代替 $f_{i,j}$。这样就可以做到 $O(n)$ 空间，$O(n \sqrt n)$ 时间。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 6e5 + 5;
int blo;
long long ans[N], a[N];

struct Node
{
	int t, k, id;
}q[N];
int n, m;

vector<pair<int, int> > v[N];
long long res[N];

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	blo = max(1, (int)sqrt(n));
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
	scanf("%d", &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		scanf("%d%d", &q[i].t, &q[i].k);
		q[i].id = i;
	}
	sort(q + 1, q + m + 1, [](Node x, Node y) {return x.k < y.k; });
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		if (q[i].k >= blo)
		{
			for (int j = q[i].t; j <= n; j += q[i].k)
			{
				res[q[i].id] += a[j];
			}
		}
		else
		{
			v[q[i].k].emplace_back(make_pair(q[i].id, q[i].t));
		}
	}
	for (int i = 1; i < blo; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= n; j++) ans[j] = 0;
		for (int j = n; j >= 1; j--)
		{
			ans[j] = ans[j + i] + a[j];
		}
		for (auto j : v[i])
		{
			res[j.first] = ans[j.second];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%lld\n", res[i]);
	return 0;
}