HDU 4913 Least common multiple

题目：Least common multiple

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4913

题意：有一个集合s，包含x1,x2,...,xn，有xi=2^ai * 3^bi，然后给你a数组和b数组，求s所有子集合的最小公倍数之和。比如S={18,12,18}，那么有{18}，{12}，{18}，{18,12}，{18,18}，{12,18}，{18,12,18}，所以答案是174。

思路：

　　1. 最小公倍数，因为xi只包含两个质因子2、3，那么子集合的最小公倍数其实就是2^max(a[]) * 3^max(b[])。max(a[])就是子集合相关的a数组集合中最大的ai。 

　　2. 先简化题目，如果题目中的xi = 2^ai，那么可以对x数组进行从小到大排序。那么 lcm(x0,x1,...,xi)=xi，又 i 前面包含xi的子集合数量为2^(i-1)（其实就是xj(j<i)放入集合为1，不放入集合为0），那么最后的答案为 ∑ (2^ i-1 ) * xi，也就是ans[i]=ans[i-1]+2^(i-1)*2^(ai)

　　3. 回归题目，题目中多了b数组，那么我们可以按b排序，令 x= i 前面 a的值小于ai的数量，令p1、p2、...、pk为i 前面 a的值比ai大的 位置。那么ans[i] = ans[i-1] + ( 2^x * 2^ai + 2^x * 2^ap1 + 2^(x+1) * 2^ap2 + ... + 2^(x+k-1) * 2^apk ) * 3^bi。

　　3中的递推公式可以如下理解：

　　推到i 就表示i 必选，那么i 前面最小公倍数为2^ai * 3^bi 的有 2^x 个，就是 x 个 a的值比ai小的xj 选与不选的问题了。比ai大的不选（因为选了的话，最小公倍数就不是xi了）

　　然后xp1必选，也就是 第一个a的值比ai大的 xj必选，又 xi 必选，剩下x个比ai小的可选可不选，有2^x种情况，这2^x种情况的最小公倍数为2^ap1 * 3^bi。

　　再接着xp2必选（注意：xi 还是必选，但xp1可选可不选），有2^(x+1)种情况，他们的最小公倍数为2^ap2 * 3^bi。

　　。。。

　　上面的递推公式只是告知ans[i]的算法，当然不能直接照样计算，因为即使你可以很容易得到 i 前面a值比ai大的位置，最坏情况下（b递增，a递减），时间复杂度也高达O(n*n)。

　　现在我们可以维护2^x * 2^aj（其实就是维护那个x值），我们建一个线段树（离散型的），孩子结点（i,i）对应a值排名为i 的xj（x数组是按b排序的），线段树的结点包含sum、cnt和mulCnt三个属性，当遍历（从1-n）到j 时，xj对应的a值排名i的线段树结点cnt置1，sum置为2^x * 2^aj，然后向上更新，现在如果问x值，就可以用线段树很快地得出来。就是1-i 中cnt已经是1的数量。而2^x * 2^ap1 + 2^(x+1) * 2^ap2 + ... + 2^(x+k-1) * 2^apk可以通过维护得到，就是说每次计算完，从i+1到n的已经置为1（就是前面已经出现过的）的sum值乘2（因为比他们小的又多了一个aj，就是x+1）。

AC代码：

  1 #include<stdio.h>
  2 #include<string.h>
  3 #include<math.h>
  4 #include<algorithm>
  5 #define Mod 1000000007
  6 using namespace std;
  7 typedef long long LL;
  8 
  9 LL qpow(LL a,LL b)
 10 {
 11   LL ret=1;
 12   while(b)
 13   {
 14     if(b&1) ret=ret*a%Mod;
 15     a=a*a%Mod;
 16     b>>=1;
 17   }
 18   return ret;
 19 }
 20 
 21 struct X
 22 {
 23   int id;
 24   int a,b;
 25   int ra;           //a的排名
 26 };
 27 bool cmp1(X a,X b)  //根据a排序
 28 {
 29   return a.a<b.a;
 30 }
 31 bool cmp2(X a,X b)  //根据b排序
 32 {
 33   return a.b<b.b;
 34 }
 35 
 36 X x[100010];
 37 
 38 struct Node
 39 {
 40   LL sum,cnt;
 41   LL mulCnt;      //该区间乘了多少个2
 42   int l,r;
 43   int mid()
 44   {
 45     return (l+r)/2;
 46   }
 47 };
 48 Node v[400040];
 49 void build(int l,int r,int rt)
 50 {
 51   v[rt].sum=v[rt].cnt=0;
 52   v[rt].mulCnt=0;
 53   v[rt].l=l;
 54   v[rt].r=r;
 55   if(l==r) return ;
 56   build(l,v[rt].mid(),rt<<1);
 57   build(v[rt].mid()+1,r,rt<<1|1);
 58 }
 59 
 60 void push_down(int rt,bool flag)
 61 {
 62   if(v[rt].l==v[rt].r)
 63   {
 64     v[rt].mulCnt=0;
 65     return ;
 66   }
 67   v[rt<<1].mulCnt+=v[rt].mulCnt;
 68   v[rt<<1|1].mulCnt+=v[rt].mulCnt;
 69   if(flag==0)
 70   {
 71     v[rt<<1].sum=v[rt<<1].sum*qpow(2,v[rt<<1].mulCnt)%Mod;
 72     push_down(rt<<1,1);
 73     v[rt<<1|1].sum=v[rt<<1|1].sum*qpow(2,v[rt<<1|1].mulCnt)%Mod;
 74     push_down(rt<<1|1,1);
 75   }
 76   v[rt].mulCnt=0;
 77 }
 78 
 79 LL look_cnt(int l,int r,int rt)
 80 {
 81   if(l==v[rt].l&&r==v[rt].r) return v[rt].cnt;
 82   int mid=v[rt].mid();
 83   if(l>mid) return look_cnt(l,r,rt<<1|1);
 84   else if(r<=mid) return look_cnt(l,r,rt<<1);
 85   else return look_cnt(l,mid,rt<<1)+look_cnt(mid+1,r,rt<<1|1);
 86 }
 87 
 88 LL look_sum(int l,int r,int rt)
 89 {
 90   if(l==v[rt].l&&r==v[rt].r)
 91   {
 92     v[rt].sum=v[rt].sum*qpow(2LL,v[rt].mulCnt)%Mod;
 93     push_down(rt,0);
 94     return v[rt].sum;
 95   }
 96   push_down(rt,0);
 97   int mid=v[rt].mid();
 98   LL ret;
 99   if(l>mid) ret=look_sum(l,r,rt<<1|1);
100   else if(r<=mid) ret=look_sum(l,r,rt<<1);
101   else ret=(look_sum(l,mid,rt<<1)+look_sum(mid+1,r,rt<<1|1))%Mod;
102   v[rt].sum=(v[rt<<1].sum+v[rt<<1|1].sum)%Mod;
103   return ret;
104 }
105 
106 void update(int ra,int a,int rt)
107 {
108   if(v[rt].l==v[rt].r)
109   {
110     v[rt].cnt=1;
111     LL x = ra==0 ? 0 :look_cnt(0,ra-1,1);  //x 就是在a的前面（按b排序后）排名比a小的数量
112     v[rt].sum=qpow(2,x+a);
113     v[rt].mulCnt=0;
114     return ;
115   }
116   push_down(rt,0);
117   if(ra<=v[rt].mid())
118     update(ra,a,rt<<1);
119   else update(ra,a,rt<<1|1);
120   v[rt].cnt=v[rt<<1].cnt+v[rt<<1|1].cnt;
121   v[rt].sum=(v[rt<<1].sum+v[rt<<1|1].sum)%Mod;
122 }
123 
124 void mul(int l,int r,int rt)
125 {
126   if(v[rt].l==l&&v[rt].r==r)
127   {
128     v[rt].mulCnt++;
129     v[rt].sum=v[rt].sum*qpow(2LL,v[rt].mulCnt)%Mod;
130     push_down(rt,0);
131     return ;
132   }
133   push_down(rt,0);
134   if(r<=v[rt].mid()) mul(l,r,rt<<1);
135   else if(l>v[rt].mid()) mul(l,r,rt<<1|1);
136   else
137   {
138     mul(l,v[rt].mid(),rt<<1);
139     mul(v[rt].mid()+1,r,rt<<1|1);
140   }
141   v[rt].sum=(v[rt<<1].sum+v[rt<<1|1].sum)%Mod;
142 }
143 
144 int main()
145 {
146   int n;
147   while(scanf("%d",&n)!=EOF)
148   {
149     build(0,n-1,1);
150     for(int i=0;i<n;i++)
151     {
152       scanf("%d%d",&x[i].a,&x[i].b);
153       x[i].id=i;
154     }
155     sort(x,x+n,cmp1);
156     for(int i=0;i<n;i++) x[i].ra=i;
157     sort(x,x+n,cmp2);
158     LL ans=0;
159     for(int i=0;i<n;i++)
160     {
161       update(x[i].ra,x[i].a,1);
162       ans = (ans + look_sum(x[i].ra,n-1,1)*qpow(3LL,x[i].b))%Mod;
163       if(x[i].ra!=n-1) mul(x[i].ra+1,n-1,1);
164     }
165     printf("%I64d\n",ans);
166   }
167   return 0;
168 }

 

posted @ 2016-07-25 18:51  hchlqlz  阅读(327)  评论(0)  编辑  收藏  举报