CF895B XK Segments 题解

CF895B XK Segments 题解

题目描述

CF895B XK Segments

题目解法

朴素想法

最简单的想法就是枚举二元组 $(i,j)$ 的第一项 $i$，然后再枚举 $j$，找到一个满足条件的 $a_j$，然后更新答案。

很明显，该做法的时间复杂度为 $O(n^2)$，无法通过本题。

二分

我们发现，$a$ 数组不会更改，并且每次枚举 $a_j$ 的过程相当于查找符合条件的区间中元素的个数。

先算出大于等于 $a_i$ 的第一个 $x$ 的倍数 $a_i$。

$$\{\begin{array}{ll}{a}_i^{\prime }=(\lfloor \frac{a_i}{x}\rfloor +1)\times x& (a_i\not\equiv 0\mathrm{mod}x)\\ a_i^{\prime }=a_i& (a_i\equiv 0\mathrm{mod}x)\end{array}$$

符合条件的区间的左端点 $l=a_i^{\prime }+(k-1)\times x$。

符合条件的区间的右端点 $r=a_i^{\prime }+k\times x$。

记得特判 $k=0$ 的情况。

先排序再二分端点，迭代器相减即可。

记得开 long long。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
 
int n, x, k;
vector<int> vc;
 
signed main()
{
    cin>>n>>x>>k;
    int ans=0;
    for(int i=1, v;i<=n;i++)
        cin>>v, vc.push_back(v);
    sort(vc.begin(), vc.end());
    for(auto i:vc)
    {
        int nx=(i%x)?(i/x+1)*x:i;
        int l=k?nx+(k-1)*x:i, r=nx+k*x;
        auto it1=lower_bound(vc.begin(), vc.end(), r);
        auto it2=lower_bound(vc.begin(), vc.end(), l);
        ans+=it1-it2;
    }
    cout<<ans;
}