AGC003E Sequential operations on Sequence

题意简述：一串数，初始为\(1∼N\)，现有\(Q\)个操作，每次操作会把数组长度变成\(L_i\)，多余的长度直接截断；长度不够则循环填充，问最后\(1∼N\)每个数的出现次数。

思维好题啊，跪了。

首先我们很容易发现，如果存在\(i<j,L_i>L_j\)这种情况，那么\(L_i\)就没有什么用了，所以我们可以把询问搞成一个单调递增的序列。

然后我们有一个非常巧妙的方法，我们反着考虑，设\(f_i\)表示当前串在最后状态出现的次数，那么\(f_n=1\)。

然后反着做，对于每个询问i，\(f[i]+=\lfloor\frac{q[i+1]}{q[i]}\rfloor*f[i+1]\)，余数部分递归处理，最后一定会得到一个小于\(min_{L_i}\)的部分，直接是由原序列转移过来的，将答案差分处理即可。

注意一开始要把n入栈，因为不这么搞统计答案时如果\(min_{L_i}>n\)，就越界了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
#define ll long long
ll stk[N],f[N],ans[N];
int n,top,q;
void solve(ll x,ll v){
    int k=upper_bound(stk+1,stk+top+1,x)-stk-1;
    if(!k){
        ans[1]+=v;ans[x+1]-=v;
        return ;
    }
    f[k]+=v*(x/stk[k]);solve(x%stk[k],v);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&q);stk[++top]=n;
    for(int i=1;i<=q;i++){
        ll x;scanf("%lld",&x);
        while(x<=stk[top]&&top)--top;
        stk[++top]=x;
    }
    f[top]=1;
    for(int i=top-1;i;i--)
        f[i]+=f[i+1]*(stk[i+1]/stk[i]),solve(stk[i+1]%stk[i],f[i+1]);
    ans[1]+=f[1];ans[stk[1]+1]-=f[1];
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld\n",ans[i]+=ans[i-1]);
}