城中分支
城中分支
题目描述
“城市处于建设中......”
预言之子的你获得了一个拥有 个元素的数组。 天神赋予你 次操作:
- ,,,------对于每个 ,将 乘以 。
- ,,------你需要回答 取模 ,其中 表示欧拉函数。
正整数 (表示为 )的欧拉函数是满足 的整数 的数量。
表示 。
输入描述:
第一行包含两个整数 和 — 数组中的元素数和查询数。
第二行包含 个整数 — 数组 的元素。
接下来是 行以语句中给出的格式描述查询。
,,, —表示修改操作。
,, ——表示对欧拉函数值的查询操作。
数据保证至少有一个 查询。
输出描述:
对于每个 查询,打印其答案对 取模的结果。
示例1
输入
4 4
5 9 1 2
Query 3 3
Query 3 4
Modify 4 4 3
Query 4 4
输出
1
1
2
示例2
输入
1 1
4
Query 1 1
输出
2
解题思路
代码巨长巨难写,卡了快 3 个小时,不是 TLE 就是 MLE。
首先有欧拉函数公式 ,其中 。因此有 。
显然需要用到线段树,但我们既不可以直接维护区间的乘积(显然爆 long long),又不可以对乘积取模(否则求不了欧拉函数)。注意到 和 都不超过 ,而 内的质数只有 个,意味着乘积的结果均可以表示成 ,因此我们可以转向去维护乘积结果的各个质因子的数量即 。
定义线段树节点信息:
struct Node {
int l, r;
array<LL, 62> s, sum;
};
当需要给节点维护的整个区间乘上 时,只需更新 , ( 是懒标记)。
查询时,我们累加询问区间内每个质因子的次数,用大小为 的数组 表示。乘积的欧拉函数就是 。
上述做法的时间复杂度为 ,空间复杂度为 。然而实际上线段树所需要的内存空间为 1k+ MB!上述做法肯定过不了。
用不了线段树然后我就投机取巧用分块,结果空间是变小了但 TLE。做法和上面类似,每个块维护各个质因子的数量,具体做法就不详述了。分块的时间复杂度为 ,空间复杂度为 但常数比上面的小非常多。
分块做法 TLE 代码如下:
查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 4e5 + 5, M = 305, B = 640, mod = 1e9 + 7;
int a[N][62];
int prime[M], mp[M], minp[M], cnt;
bool vis[M];
int id[N];
LL s[B][M], sum[B][M], c[M];
void get_prime(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!vis[i]) {
prime[cnt] = i;
mp[i] = cnt++;
minp[i] = i;
}
for (int j = 0; prime[j] * i <= n; j++) {
vis[prime[j] * i] = true;
minp[prime[j] * i] = prime[j];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int qmi(int a, LL k) {
int ret = 1;
while (k) {
if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod;
k >>= 1;
}
return ret;
}
void modify(int l, int r, int x) {
if (id[l] == id[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
int t = x;
while (t > 1) {
a[i][mp[minp[t]]]++;
s[id[i]][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
}
else {
for (int i = l; id[i] == id[l]; i++) {
int t = x;
while (t > 1) {
a[i][mp[minp[t]]]++;
s[id[i]][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
for (int i = r; id[i] == id[r]; i--) {
int t = x;
while (t > 1) {
a[i][mp[minp[t]]]++;
s[id[i]][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
for (int i = id[l] + 1; i < id[r]; i++) {
int t = x;
while (t > 1) {
s[i][mp[minp[t]]] += B;
sum[i][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
}
}
int query(int l, int r) {
memset(c, 0, sizeof(c));
if (id[l] == id[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += a[i][j] + sum[id[i]][j];
}
}
}
else {
for (int i = l; id[i] == id[l]; i++) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += a[i][j] + sum[id[i]][j];
}
}
for (int i = r; id[i] == id[r]; i--) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += a[i][j] + sum[id[i]][j];
}
}
for (int i = id[l] + 1; i < id[r]; i++) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += s[i][j];
}
}
}
int ret = 1;
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
if (c[i]) ret = ret * (prime[i] - 1ll) % mod * qmi(prime[i], c[i] - 1) % mod;
}
return ret;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
get_prime(M - 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
id[i] = (i - 1) / B + 1;
while (x > 1) {
a[i][mp[minp[x]]]++;
s[id[i]][mp[minp[x]]]++;
x /= minp[x];
}
}
while (m--) {
string s;
cin >> s;
if (s[0] == 'M') {
int l, r, x;
cin >> l >> r >> x;
modify(l, r, x);
}
else {
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << query(l, r) << '\n';
}
}
return 0;
}
下面给出正解了,还是用到线段树。细想一下,最开始的线段树做法会 MLE,正是因为我们给每个节点都开了大小为 的数组去统计各个质因子的数量,而我们有必要去记录质因子的数量吗?回想欧拉函数 ,我们只要分别知道对应区间乘积的结果(可以取模),以及乘积结果(不取模)所含有的质因子,就可以计算欧拉函数。可以发现我们并不需要统计各个质因子的数量,只需统计出现了哪些质因子即可,这个可以用一个 long long 变量来状态压缩统计。
为此重新定义线段树节点信息:
struct Node {
int l, r;
int p, prod;
LL s, sum;
};
其中 是区间乘积取模后的结果, 是对应的区间乘懒标记。 是状态压缩表示区间乘积(没取模)包含的质因子, 是对应的区间加懒标记。节点更新以及懒标记下传请参考代码,这里就不过多赘述了。
AC 代码如下,时间复杂度为 ,空间复杂度为 :
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 4e5 + 5, M = 305, B = 640, mod = 1e9 + 7;
int a[N][62];
int prime[M], mp[M], minp[M], cnt;
bool vis[M];
int id[N];
LL s[B][M], sum[B][M], c[M];
void get_prime(int n) {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!vis[i]) {
prime[cnt] = i;
mp[i] = cnt++;
minp[i] = i;
}
for (int j = 0; prime[j] * i <= n; j++) {
vis[prime[j] * i] = true;
minp[prime[j] * i] = prime[j];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int qmi(int a, LL k) {
int ret = 1;
while (k) {
if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod;
k >>= 1;
}
return ret;
}
void modify(int l, int r, int x) {
if (id[l] == id[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
int t = x;
while (t > 1) {
a[i][mp[minp[t]]]++;
s[id[i]][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
}
else {
for (int i = l; id[i] == id[l]; i++) {
int t = x;
while (t > 1) {
a[i][mp[minp[t]]]++;
s[id[i]][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
for (int i = r; id[i] == id[r]; i--) {
int t = x;
while (t > 1) {
a[i][mp[minp[t]]]++;
s[id[i]][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
for (int i = id[l] + 1; i < id[r]; i++) {
int t = x;
while (t > 1) {
s[i][mp[minp[t]]] += B;
sum[i][mp[minp[t]]]++;
t /= minp[t];
}
}
}
}
int query(int l, int r) {
memset(c, 0, sizeof(c));
if (id[l] == id[r]) {
for (int i = l; i <= r; i++) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += a[i][j] + sum[id[i]][j];
}
}
}
else {
for (int i = l; id[i] == id[l]; i++) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += a[i][j] + sum[id[i]][j];
}
}
for (int i = r; id[i] == id[r]; i--) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += a[i][j] + sum[id[i]][j];
}
}
for (int i = id[l] + 1; i < id[r]; i++) {
for (int j = 0; j < cnt; j++) {
c[j] += s[i][j];
}
}
}
int ret = 1;
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
if (c[i]) ret = ret * (prime[i] - 1ll) % mod * qmi(prime[i], c[i] - 1) % mod;
}
return ret;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
get_prime(M - 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x;
cin >> x;
id[i] = (i - 1) / B + 1;
while (x > 1) {
a[i][mp[minp[x]]]++;
s[id[i]][mp[minp[x]]]++;
x /= minp[x];
}
}
while (m--) {
string s;
cin >> s;
if (s[0] == 'M') {
int l, r, x;
cin >> l >> r >> x;
modify(l, r, x);
}
else {
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << query(l, r) << '\n';
}
}
return 0;
}
参考资料
沈阳化工大学第十一届程序设计竞赛专业组题解:https://ac.nowcoder.com/discuss/1408217
thisislike_fan 提交的代码:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=71790420
本文来自博客园,作者:onlyblues,转载请注明原文链接:https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/18450757
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