BZOJ 5028 小z的加油站
Time limit 10000 ms
Memory limit 262144 kB
OS Linux
感想
树上动态gcd的第二题也好了。
解题思路
由上一题 [JSOI2009]瓶子和燃料 可知，这题这样子折腾就是在求区间最大公因数，这里还带上了区间加，所以需要另外一些性质——
参考了这篇博客。
众所周知，区间加作用到原序列上，相当于差分序列的两次单点修改（操作范围的右边顶着边界，那就是1次单点修改）。由更相减损可知，原序列总的gcd等于差分序列总的gcd，即差分一下gcd不变（此时求gcd的函数要注意将小于零的参数换成其绝对值进行计算，因为更相减损是大的减小的）。
\[\gcd\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{n-2}, a_{n-1}, a_{n}\right) \]\[=\gcd \left(a_{1}, a_{2}-a_{1}, a_{3}-a_{2}, \ldots a_{n-1}-a_{n-2}, a_{n}-a_{n-1}\right) \]
设\(a_0=0\)，\(d_i=a_i-a_{i-1}\)（差分数组），于是把上式推广到其他区间——
\[\gcd\left(a_{l}, a_{l+1}, a_{l+2}, \dots, a_{r-2}, a_{r-1}, a_{r}\right) \]\[=\gcd\left( a_{l} , \gcd (d_{l+1}, d_{l+2}, \ldots, d_{r})\right) \]\[=\gcd\left(\sum_{i=1}^{l} d_{l} , \gcd \left(d_{l+1}, d_{l+2}, \ldots, d_{r}\right)\right) \]
又因为gcd满足区间加法，于是，我们就可以用线段树维护差分序列的区间和、gcd。
顺便，Hint里出现的那个\(L>R\)意思应该不是说数据有锅，而是说，当查询的区间长度为1时，要注意特判。
观察上式——$$\gcd\left(\sum_{i=1}^{l} d_{l} , \gcd \left(d_{l+1}, d_{l+2}, \ldots, d_{r}\right)\right)$$
对于这一项$$\gcd \left(d_{l+1}, d_{l+2}, \ldots, d_{r}\right)$$
当\(l=r\)，即查询区间长度为1时，会出现\(l+1>r\)的情况，此时这一项应该直接返回0，以防止干扰结果。或者在其他地方特判一下也行。
源代码
#include<stdio.h>
const int MAXN=1e5+5;
long long gcd(long long x,long long y)
{
if(x<0) x=-x;
if(y<0) y=-y;
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}//更相减损是大的减小的
int n,m;
long long d[MAXN];//差分数组
struct Segtree{
long long g,sum;
}t[MAXN<<2];//维护差分数组的线段树
void pushup(int x)
{
t[x].g=gcd(t[x<<1].g,t[x<<1|1].g);
t[x].sum=t[x<<1].sum+t[x<<1|1].sum;
}
void build(int x,int l,int r)
{
if(l==r)
{
t[x].g=t[x].sum=d[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(x<<1,l,mid);
build(x<<1|1,mid+1,r);
pushup(x);
}
void update(int x,int l,int r,int pos,int k)//pos处增加k
{
if(l==r)
{
t[x].sum+=k;
t[x].g+=k;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid) update(x<<1,l,mid,pos,k);
else update(x<<1|1,mid+1,r,pos,k);
pushup(x);
}
long long quesum(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
return t[x].sum;
long long ans=0;
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid) ans+=quesum(x<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) ans+=quesum(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
return ans;
}
long long quegcd(int x,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql>qr) return 0;//特判这个
if(ql<=l&&r<=qr)
return t[x].g;
long long ans;
int mid=l+r>>1;
if(qr<=mid) ans=quegcd(x<<1,l,mid,ql,qr);
else if(ql>mid) ans=quegcd(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
else ans=gcd(quegcd(x<<1,l,mid,ql,qr),quegcd(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
inline long long opt1(int l,int r)//区间询问gcd
{
return gcd(quesum(1,1,n,1,l),quegcd(1,1,n,l+1,r));
}
void opt2(int l,int r,int k)//区间增加k
{
update(1,1,n,l,k);
if(r<n) update(1,1,n,r+1,-k);
}
int main()
{
//freopen("test.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
d[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",d+i);
for(int i=n;i>1;i--)
d[i]-=d[i-1];
build(1,1,n);
while(m--)
{
int opt,l,r,k;
scanf("%d%d%d",&opt,&l,&r);
if(opt==1)
{
printf("%lld\n",opt1(l,r));
}
else
{
scanf("%d",&k);
opt2(l,r,k);
}
}
return 0;
}
