CCPC2021网络赛 1012 Remove
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题意
给定 \(n, m\)，然后再给 \(m\) 个素数，问对于所有 \(i \in [1,n]\)，将 \(i\) 操作至 \(0\) 的最小操作数。每次操作允许将当前的 \(i\) 减小至 \(i \bmod{p}\)，\(p\) 为给定素数里的一个。
题解
设对于 \(i\)，将其操作至 \(0\) 的操作数为 \(ans_i\)，最大的素数为 \(pmx\)。我们可以得到以下三个结论：
-
\(i < pmx\)，我们都可以让 \(i\) 减去 \(i \bmod{p}\) 使其变为 \(0\) ,故 \(ans_i=1\) .
-
记 \(R = \prod_{j=1}^m p_j\) 。对于 \(i \ge R\) ，我们无论模哪个素数，最终一定会到达 \(R\)，而这个数无论模哪个数都是 \(0\) ,最终一定到不了 \(0\) ，故 \(ans_i = 0\).
-
考虑中间的数，很容易想到 \(ans\) 应该是非严格单调递增的，赛时可以直接作为结论，也可以用数学归纳法稍微证明一下：
- 我们只考虑 \([1,\min(n,R-1)]\) 中的数。
- 对于 \(\forall i \in[1,pmx),ans_i=1\) 。
- 对于 \(i\in [pmx,R]\)，假设对于 \(k \in [pmx,R), ans[1...k]\)非严格单调递增。
- 对于 \(ans_{k+1}\) ，我们需要证明 \(ans_{k+1}\ge ans_k\) 。考虑一下转移的过程：对于给定素数里的一个素数 \(p\) 的倍数 \(x\) ，能转移到 \(x\) 的数的范围是 \([x+1,x+p-1]\) ，要使这个范围尽可能的大，\(p\) 就得是 \(x\) 的最大素因子。也就是说，存在一个 \(p_1\) 的倍数 \(x_1\)， 且 \(p_1\) 是 \(x_1\) 的最大素因子，使得 \(k\in [x_1+1,x_1+p_1-1]\) 。若 \(k+1\in[x_1+1,x_1+p_1-1]\) ，则 \(ans_{k+1}=ans_k\) ，\(ans_{k+1}\ge ans_k\) 成立。若 \(k+1=x_1+p_1\) ，\(x_1+p_1\) 的最大素因子必定不会超过 \(p_1\) ，因为两个素数的间隔肯定大于等于 \(1\) 。也就是说，\(ans_{k+1}\) 会转移到 \(ans_{k+1-d}\) ，这个 \(d\) 不会超过 \(p_1\) ，所以 \(k+1-d\in [x_1+1,x_1+p_1-1]\) ，可以得到 \(ans_{k+1}=ans_{k+1-d}+1=ans_k+1\)，\(ans_{k+1}\ge ans_k\) 成立。
- 综上，\(\forall i\in[1,R)\) ，都有 \(ans[1...i]\) 非严格单调递增成立。
有了非严格单调递增的结论，就可以考虑贪心找答案。考虑在这区间内的一个数 \(x\) ，在给定素数里有一个 \(p\) 满足 \(x\bmod{p}\) 最大， 则 \([x+1,x-1+x\bmod{p}]\) 中的数转移至 \(x\) 时最优。找这个 \(p\) 可以暴力找，以下是复杂度的证明：
每次暴力找 \(p\) 的时间复杂度为 \(O(|P|)\) 。我们需要计算从 \(L=pmx-1\) 跳到 \(M=\min(n,R)\) 需要多少步（这里取 \(\min\) 是因为结论2）。考虑素因子的贡献 \(f_i\) ，结合结论3的证明过程，设 \(p_i\) 为在给定质数中第 \(i\) 大的质数，\(f_1=M/p_1-L/p_1\) ，对于 \(i>1\) ，\(f_i=M/p_i-L/p_i-\sum_{j<i}f_j\) 。忽略 \(L\) 的话，\(\sum f\) 可以简化为 \(M/p_m-M\times \sum_{i=1}^n(i-1)/p_i\) 。具体的复杂度不好算(懒得写了)，最终的复杂度大概实在\(O(|P|\log n)\)。
本人蒟蒻，若证明过程有任何错误，欢迎评论指正_
另外，模 \(2^{64}\) 让 unsigned long long自然溢出就行了。
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
#define IO ios::sync_with_stdio(NULL)
#define scl(z) scanf("%lld", &(z))
#define sc(z) scanf("%d", &(z))
#define _ff(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define _rr(i, a, b) for(int i = b; i >= a; --i)
#define _f(i, a, b) for(int i = a; i < b; ++i)
#define _r(i, a, b) for(int i = b - 1; i >= a; --i)
#define mkp make_pair
#define endl "\n"
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
const int N = 2e6 + 5;
const ll M = 1e5 + 5;
const ll mod = 1e9+7;
const int inf = 1e9;
const double eps = 1e-9;
const double PI = acos(-1.0);
const pii NIL = {0,0};
int p[M], pm[N];
ull ans[N];
void solve() {
int n, m; sc(n), sc(m);
_ff(i, 1, n) pm[i] = ans[i] = 0;
int pmx = 1;
_ff(i, 1, m) {
sc(p[i]);
pmx = max(pmx, p[i]);
}
_f(i, 1, min(n + 1, pmx)) ans[i] = 1;
for (int i = pmx - 1; i <= n;) {
int r = 0;
_ff(j, 1, m) r = max(i / p[j] * p[j] + p[j] - 1, r);
_ff(j, i + 1, r) ans[j] = ans[i] + 1;
if (i == r) break;
i = r;
}
ull res=0,x=1;
_rr(i,1,n)res+=ans[i]*x,x*=(ull)23333;
printf("%llu\n", res);
}
int main() {
// IO;
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
#endif // !ONLINE_JUDGE
ll T; scl(T);
_f(i,0,T) {
// cout<<"Case "<<i+1<<": ";
solve();
}
// solve();
return 0;
}
