CF1098E Fedya the Potter

CF1098E Fedya the Potter

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题意：有一个序列\(A\)。

对所有\(1\leq l\leq r\leq |A|\)，将\(\gcd_{i=l}^{r}A_i\)加入\(B\)中。

然后将\(B\)从小到大排序。

对所有\(1\leq l\leq r\leq |B|\)，将\(\sum_{i=l}^{r}B_i\)加入\(C\)中。

求\(C\)的中位数，即\(C_{\lfloor\frac{|C|}{2}\rfloor}\)。

\(n\leq 50000,A_i\leq 100000\)。

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求中位数见得多了就可以知道要先二分答案，然后求\(C\)中\(\leq M\)的数的数量。

先找一下\(B\)的性质。由\(\gcd\)的一套理论可以知道\(B\)中不会超过\(n\log V\)个不同的数（当然这个题有值域的限制，这个就没用了）

现在要求\(B\)中和\(\leq M\)的段数。如果\(B\)长度短可以双指针求，但是\(B\)长度是\(O(n^2)\)的。

然而因为\(B\)中不同元素不多，还是可以双指针

双指针时细节什么的可以看代码，总之现在问题变成了：

左边有\(sa\)个数\(a\)，右边有\(sb\)个数\(b\)，中间数和为\(S\)。

你要选一个子段，还是要满足和\(\leq M\)，而且\(a\)和\(b\)都至少要选到一个。

列出一个naive的式子：

\(\sum_{i=1}^{sa}\sum_{j=1}^{sb}[ai+bj+S\leq M]\)

稍作变换：

\(\sum_{i=1}^{sa}\sum_{j=1}^{sb}[j\leq\frac{M-S-ai}{b}]\)

\(\sum_{i=1}^{sa}\min(sb,\max(0,\lfloor\frac{M-S-ai}{b}\rfloor))\)

\(\sum_{i=1}^{sa}\max(0,\lfloor\frac{M-S-ai}{b}\rfloor)-\sum_{i=1}^{sa}\max(0,\lfloor\frac{M-S-ai-sb}{b}\rfloor)\)

那么问题又变成了，求

\(\sum_{i=0}^n\max(0,\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor)\)

（注意因为类欧是从\(0\)开始的这里也是\(0\)开始）

这就是一个典型的类欧了。设\(F(n,a,b,c)=\sum_{i=0}^n\max(0,\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor)\)。

求法就是一个大讨论：

首先考虑将\(a,b\)转成正数。

1. 如果\(a<0\)，\(F(n,a,b,c)=F(n,-a,b+na,c)\)
2. 如果\(b<0\)，因为有\(a>0\)了，可以知道\(i\leq d=\lceil\frac{-b}{a}\rceil\)时都会有\(\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor<0\)。消掉前面这部分，\(F(n,a,b,c)=F(n-d,a,b+ad,c)\)

\(a,b\)转正之后\(\max\)操作没有用了，问题变成\(\sum_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor\)

如果\(a\geq c\)或\(b\geq c\)，设\(a'=\lfloor\frac ac\rfloor,b'=\lfloor\frac bc\rfloor,a_0=a\mod c,b_0=b\mod c\)。

\(\sum_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor=\sum_{i=0}^n\lfloor\frac{(a'c+a_0)i+b'c+b_0}{c}\rfloor\)

\(=\sum_{i=0}^n\lfloor\frac{a_0i+b_0}{c}\rfloor+\sum_{i=0}^na'i+b'(n+1)\)

\(=F(n,a_0,b_0,c)+a'C_{n+1}^2+b'(n+1)\)

否则考虑一个平面上的直线\(f(x)=\lfloor\frac ac\rfloor x+\lfloor\frac bc\rfloor\)。那么求的是满足\(x\in [0,n],y>0\)而且在这条直线下方的整点数。

这些整点最大的\(y\)显然是\(m=\lfloor\frac{an+b}{c}\rfloor\)

考虑拆了式子，\(F(n,a,b,c)=\sum_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor\)

\(=\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^m[j\leq \frac{ai+b}{c}]\)

因为\(b<c\)所以\(i=0\)没有用，稍作变换：

\(=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[cj\leq ai+b]\)

\(=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[ai\geq cj-b]\)

\(=\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=1}^n[ai\geq cj-b+c]\)

\(=\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=1}^n[ai> cj-b+c-1]\)

\(=\sum_{j=0}^{m-1}n-\sum_{i=1}^n[ai\leq cj-b+c-1]\)

\(=nm-\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=1}^n[i\leq \frac{cj-b+c-1}{a}]\)

\(=nm-\sum_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj-b+c-1}{a}\rfloor\)

\(=nm-F(m-1,c,c-b-1,a)\)

类似辗转相除法，这个过程是\(O(\log n)\)的。

https://codeforces.com/contest/1098/submission/56515109