[YY题]HDOJ5288 OO’s Sequence

转载：http://www.cnblogs.com/Empress/p/4665979.html
%%%%学姐
题意：求这个式子的值

就是对每个区间[i, j]枚举区间中的每个数ai到aj, 判断这个a是否对[i, j]这个区间内所有数取模都不等于0， 若是，则这个区间满足条件

问有多少个满足条件的区间
比如案例是这样跑的

int ans=0;
    for(int i=1;i<=5;i++)
        for(int j=i;j<=5;j++)
        {
            for(int k=i;k<=j;k++)   // 注意要枚举[i, j]中的每个数
            {
                bool flag=0;
                for(int l=i;l<=j;l++)
                    if(k!=l && k%l==0)
                        flag=1;
                if(!flag)           // 对区间内所有数取模都不等于0 
                    ans++;
            }
        }

跟省赛某题很像， 计算每个数a[i]对ans的贡献

比如对于案例 1 2 3 4 5

1这个数字对于答案的贡献是{1}, {1, 2}, {1, 2, 3}, {1, 2, 3, 4}, {1, 2, 3, 4, 5} 这5个区间
2 这个数字对于答案的贡献是{2}, {2, 3}, {2, 3, 4}, {2, 3, 4, 5} 这4个区间 ( {1, 2}区间不满足，因为2%1==0 )

… …

来看4 这个数

它往左取区间 {4}, {3, 4} 当取到2的时候， 发现4%2==0了，那么就不必再往左了(对于连续的区间， 再往左则必定会经过2，那么该区间就不合法了)
同理，可以想到往右取， 当找到一个数被它取模等于0， 那么就不必再往右了好了，现在对于一个数a[i]， 它左边 到 不合法的数(被它取模等于0)为止 之间有x个数， 右边到不合法的数为止 有y个数

那么a[i]这个数对答案的贡献就是(x+1)*(y+1)

为什么呢？

因为是连续的区间， 所以这个区间的左端点可以取a[i]左边0个数、1个数、2个数… …x个数；右边0个数、1个数、2个数… …y个数

左边有(x+1)种取法，右边有(y+1)种， 相乘就是总取法数

那么我们只要找到离a[i]最近的一左一右两个不合法数的位置l和r， 那么(i−l)∗(r−i)就是a[i]的贡献(i−l−1就是上面所讲的x)
之后只要遍历每个a, 将每个a的贡献累加起来即是最后答案
那么现在问题就转化成了如何求一个 离它最近的 能被它整除的数 的位置
我们是这样做的：
开个数组将每个a[i]的倍数都记为i (比如 a[0]=2， 那么就将2、4、6… …10000 都记下0号位置；a[x]=y, 就将y、2y、3y… … 都记下x位置)
就跟筛因子一样 (因为1比较特殊，会退化到n2
, 因此特殊处理) 复杂度为O(NlogN) (N为10000, 因为数最大为10000)

for(int i=0;i<n;i++)
        {
            if(a[i]==1)
                one.push_back(i);
            else
                for(int j=a[i];j<=10000;j+=a[i])
                    b[j].push_back(i);
        }

因为是按顺序遍历了a数组， 所以记下的位置(比如2 2 3 6 12 对于12记下的是0 1 2 3 4 )一定是递增的
那么就可以二分来寻找离i
最近的位置
p.s. lower_bound 找的是大于等于x的数位置

  upper_bound找的是大于x的数的位置

const LL mod=1e9+7;
int a[100005];
vector<int> b[10005];
vector<int> one;
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d", &n))
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
            scanf("%d", &a[i]);
        for(int i=0;i<=10000;i++)
        {
            b[i].clear();
            b[i].push_back(-1);
        }
        one.clear();
        one.push_back(-1);
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            if(a[i]==1)
                one.push_back(i);
            else
                for(int j=a[i];j<=10000;j+=a[i])
                    b[j].push_back(i);
        }
        for(int i=0;i<=10000;i++)
            b[i].push_back(n);
        one.push_back(n);
        LL ans=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int p1=lower_bound(b[a[i]].begin(), b[a[i]].end(), i)-b[a[i]].begin()-1;
            int p2=lower_bound(one.begin(), one.end(), i)-one.begin()-1;
            int l=max(b[a[i]][p1], one[p2]);
            p1=upper_bound(b[a[i]].begin(), b[a[i]].end(), i)-b[a[i]].begin();
            p2=upper_bound(one.begin(), one.end(), i)-one.begin();
            int r=min(b[a[i]][p1], one[p2]);
//            printf("%d %d\n", l, r);
            ans=(ans+((i-l)*(r-i))%mod)%mod;
        }
        printf("%I64d\n", ans%mod);
    }
    return 0;
}