EERound2 相同的数字

链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P6104

题目描述：对于一个长为\(n\)的序列。

将\(a_{i}\)变为\(a_{i}+1\)需要\(c1\)的代价

将\(a_{i}\)变为大于\(a_{i}\)的最小质数需要\(c2\)的代价

求将整个数列变为同一个值的最小代价，多组询问。

题解：话说这题不开\(long long\)怎么\(10\)分，考场上把我坑惨了，\(100->10\)。

首先，我们发现其实我们可以将原问题转化为一个\(DAG\)，这个问题其实就是在求\(DAG\)的最近公共祖先。

事实上，我们假设所有的点都挪至大于\(a_{i}\)的最小质数处，此时一类边可以合并成一条"大边",此时我们只要求二类边与"大边"的贡献的最小值就行了，令"大边"边权为\(d0\)，二类边边权为\(d1\),对于每一条边\(i\)的贡献即为\(sz_{i}\times d0\times c1\)或\(sz_{i}\times d1\times c2\)(其中\(sz_{i}\)表示\(i\)前面点的个数)。我们要的是最小值，实际上就是要满足\(\frac{d0}{d1}<\frac{c2}{c1}\)，这一个可以开小数类然后预处理前缀和二分答案。

当然所有的点都挪至大于\(a_{i}\)的最小质数处也是要讨论的，可以发现这一个问题和上一个问题其实是一样的，也可以这样维护。

当然，这还没完，存在所有数变为\(a\)的最大值的这种情况，这种情况也可以像上述那样讨论。

事实上其实你可以不开小数类，用\(\lfloor \frac{c2}{c1} \rfloor\)
二分就可以了，你又可以发现\(\lfloor \frac{c2}{c1} \rfloor\)只有\(n\)种情况，预处理可以做到线性。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
struct node
{
	long long a,b,s;
	bool operator < (const node &t)const
	{
		return a*t.b<b*t.a;
	}
};
node top[1000002],top2[1000002],top3[1000002],top4[1000002],tmp;
long long lastans0,n,q,T,res,a[200002],ps[20000001],leng;
long long sum[1000002],sum2[1000002],sum3[1000002],sum4[1000002],sum5[1000002],sum6[1000002],lastans;
int pos,v[10500001],prime[10500001],length;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&q,&T);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	for (int i=2;i<=1e7+500000;++i)
	{
		if (!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++length]=i;
		}
		for (int j=1;j<=length;++j)
		{
			if (prime[j]*i>1e7+500000||prime[j]>v[i])
				break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		while (prime[pos]<a[i])
			pos++;
		top2[i].a=prime[pos]-a[i];
		top2[i].b=1;
		ps[pos]=i;
	}
	for (int i=1;i<=pos-1;++i)
		if (ps[i]==0)
			ps[i]=ps[i-1];
	for (int i=1;i<=n;++i)
	{
		if (a[i]<prime[pos-1])
			top4[++leng]=top2[i];
		else
			res+=(a[n]-a[i]);
	}
	for (int i=1;i<=pos-1;++i)
	{
		top[i].b=1;
		top[i].a=prime[i+1]-prime[i];
		top[i].s=ps[i];
		top3[i]=top[i];
	}
	sort(top+1,top+pos-1+1);
	sort(top2+1,top2+n+1);
	sort(top3+1,top3+pos-2+1);
	sort(top4+1,top4+leng+1);
	for (int i=1;i<=pos-1;++i)
		sum[i]=sum[i-1]+top[i].s*top[i].a;
	for (int i=pos-1;i>=1;--i)
		sum2[i]=sum2[i+1]+top[i].s;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		sum3[i]=sum3[i-1]+top2[i].a;
	for (int i=1;i<=pos-2;++i)
		sum4[i]=sum4[i-1]+top3[i].s*top3[i].a;
	for (int i=pos-2;i>=1;--i)
		sum5[i]=sum5[i+1]+top3[i].s;
	for (int i=1;i<=leng;++i)
		sum6[i]=sum6[i-1]+top4[i].a;
	int c1,c2,first,last,mid,ans;
	while (q--)
	{
		scanf("%d%d",&c1,&c2);
		c1=c1^(T*(lastans%(1<<17)));
		c2=c2^(T*(lastans%(1<<17)));
		tmp.a=c2;
		tmp.b=c1;
		first=1;
		last=pos-1;
		ans=0;
		while (first<=last)
		{
			mid=(first+last)/2;
			if (top[mid]<tmp)
			{
				first=mid+1;
				ans=max(ans,mid);
			}
			else
				last=mid-1;
		}
		lastans=sum[ans]*c1+sum2[ans+1]*c2;
		first=1;
		last=n;
		ans=0;
		while (first<=last)
		{
			mid=(first+last)/2;
			if (top2[mid]<tmp)
			{
				first=mid+1;
				ans=max(ans,mid);
			}
			else
				last=mid-1;
		}
		lastans+=sum3[ans]*c1+(n-ans)*c2;
		first=1;
		last=pos-2;
		ans=0;
		while (first<=last)
		{
			mid=(first+last)/2;
			if (top3[mid]<tmp)
			{
				first=mid+1;
				ans=max(ans,mid);
			}
			else
				last=mid-1;
		}
		lastans0=sum4[ans]*c1+sum5[ans+1]*c2;
		first=1;
		last=leng;
		ans=0;
		while (first<=last)
		{
			mid=(first+last)/2;
			if (top4[mid]<tmp)
			{
				first=mid+1;
				ans=max(ans,mid);
			}
			else
				last=mid-1;
		}
		lastans0+=sum6[ans]*c1+(leng-ans)*c2+res*c1+c1*ps[pos-1]*(a[n]-prime[pos-1]);
		lastans=min(lastans,lastans0*1ll);
		printf("%lld\n",lastans);
	}
	return 0;
}