2024-08-03 15:33阅读: 47评论: 0推荐: 0

CF1946F Nobody is needed 题解

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48.CF1946F Nobody is needed 题解2024-08-03

Nobody is needed

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题意

多组数据。

给定一个长度为 $n$ 的排列 $a$ ，你需要回答 $q$ 组询问，每组询问给出 $l, r$ ，求有多少个子序列 $t$ 使得：

$l ⩽ t_{1} < t_{2} < \dots < t_{k} ⩽ r$ 。
$a_{t_{i}} | a_{t_{i + 1}} (1 ⩽ i < k)$ 。

数据范围

$1 ⩽ n, q ⩽ 10^{6}$ 。
$a$ 是一个排列。
$1 ⩽ \sum n, \sum q ⩽ 10^{6}$ 。

思路

考虑使用 dp，令 $d p_{i}$ 表示以 $a_{i}$ 结尾的合法子序列个数，拓扑序为 $i$ 从小到大。

那么转移呢，很显然若是写收集形则 $d p_{i}$ 可以从所有 $a_{i}$ 的约数处转移过来，总复杂度是 $O (\sum_{1 ⩽ i ⩽ n} \sqrt{i})$ 的，可以用代码计算一下，当 $n = 10^{6}$ 时，总共需要大约 $6 \times 10^{8}$ ，不太能接受。

若是写扩散形，又不便于确定对于每组询问的答案。

可以考虑将拓扑序转为 $i$ 从大到小，那么对于 $i$ ，会发生修改的 $d p_{j}$ 只有那些 $i ⩽ j$ 且 $a_{i} | a_{j}$ ，也就是说只有 $\frac{n}{a_{i}}$ 处的 dp 需要修改，总复杂度为 $O (\sum_{1 ⩽ i ⩽ n} \frac{n}{i})$ ，很典型的调和级数 $O (n \log n)$ ，可以接受。

那么考虑怎么更新 dp 数组，正如上文所说，每次发生修改的只有 $a_{i}$ 的倍数，而修改的贡献可以分为 $a_{i}$ 对 $a_{i} \times x (x ⩾ 2)$ 的贡献和 $a_{i} \times x (x ⩾ 2)$ 对 $a_{i} \times x \times y (x, y ⩾ 2)$ 的贡献，但如果 $a_{i}$ 所对应的下标（即 $i$ ）在 $a_{i} \times x$ 的下标后面，则无法产生贡献， $a_{i} \times x$ 对 $a_{i} \times x \times y$ 同理。

为了保证查询时答案没有超出 $[l, r]$ 的范围，需要在每次更新完 dp 数组后处理那些 $l = i$ 的查询，答案就是 $\sum_{i ⩽ j ⩽ r} d p_{j}$ ，为了快速求出答案，使用树状数组维护 dp 数组的和。

详细见代码。

复杂度

时间： $O (q \log n + n \log^{2} n)$ 。
空间： $O (n + q)$ 。

Code

点击查看代码

 #include <iostream>
#include <vector>
#define _1 (__int128)1
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
const int N = 1e6 + 10;
 
inline int lowbit (int x) {
  return x & -x;
}
 
int T, n, q, a[N], b[N];
ll ans[N], tr[N], dp[N];
vector<pair<int, int>> qry[N];
 
void modify (int x, int y) {
  for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += y;
}
 
ll Query (int x) {
  ll ret = 0;
  for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) ret += tr[i];
  return ret;
}
 
void Solve () {
  cin >> n >> q;
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    cin >> a[i], b[a[i]] = i, tr[i] = 0, qry[i] = vector<pair<int, int>> (); // 多测要清空，b[i] 用于记录 i 在 a 中对应的下标
  for (int i = 1, l, r; i <= q; i++)
    cin >> l >> r, qry[l].push_back({r, i}); // 离线处理询问
  for (int i = n; i; i--) {
    dp[a[i]] = 1; // 初始状态
    for (int j = a[i]; j <= n; j += a[i]) 
      if (b[j] >= b[a[i]]) // 将两种转移合并可以这样写
        for (int k = j * 2; k <= n; k += j) // 注意是 k += j 而不是 k += a[i]
          if (b[k] > b[j])
            dp[k] += dp[j];
    for (int j = a[i]; j <= n; j += a[i])
      modify(b[j], dp[j]), dp[j] = 0; // 用树状数组维护 dp 和，dp 要清空
    for (auto [j, id] : qry[i])
      ans[id] = Query(j) - Query(i - 1); // 差分处理答案
  }
  for (int i = 1; i <= q; i++)
    cout << ans[i] << ' ';
}
 
int main () {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  // Solve();
  for (cin >> T; T--; Solve(), cout << '\n') {}
  return 0;
}

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本文作者：wnsyou の blog

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	#include <iostream>
	#include <vector>
	#define _1 (__int128)1

	using namespace std;
	using ll = long long;

	const int N = 1e6 + 10;

	inline int lowbit (int x) {
	return x & -x;
	}

	int T, n, q, a[N], b[N];
	ll ans[N], tr[N], dp[N];
	vector<pair<int, int>> qry[N];

	void modify (int x, int y) {
	for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) tr[i] += y;
	}

	ll Query (int x) {
	ll ret = 0;
	for (int i = x; i; i -= lowbit(i)) ret += tr[i];
	return ret;
	}

	void Solve () {
	cin >> n >> q;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	cin >> a[i], b[a[i]] = i, tr[i] = 0, qry[i] = vector<pair<int, int>> (); // 多测要清空，b[i] 用于记录 i 在 a 中对应的下标
	for (int i = 1, l, r; i <= q; i++)
	cin >> l >> r, qry[l].push_back({r, i}); // 离线处理询问
	for (int i = n; i; i--) {
	dp[a[i]] = 1; // 初始状态
	for (int j = a[i]; j <= n; j += a[i])
	if (b[j] >= b[a[i]]) // 将两种转移合并可以这样写
	for (int k = j * 2; k <= n; k += j) // 注意是 k += j 而不是 k += a[i]
	if (b[k] > b[j])
	dp[k] += dp[j];
	for (int j = a[i]; j <= n; j += a[i])
	modify(b[j], dp[j]), dp[j] = 0; // 用树状数组维护 dp 和，dp 要清空
	for (auto [j, id] : qry[i])
	ans[id] = Query(j) - Query(i - 1); // 差分处理答案
	}
	for (int i = 1; i <= q; i++)
	cout << ans[i] << ' ';
	}

	int main () {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	// Solve();
	for (cin >> T; T--; Solve(), cout << '\n') {}
	return 0;
	}

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