仙题膜拜系列...首先我们可以发现：如果在截取了一段大的区间之后再截取一段小的区间，显然是没有什么用的。所以我们可以将操作序列变成单调递增的序列。
然后怎么考虑呢？启示：不一定要考虑每一个数字出现的次数——我们还可以计算每一段完整的序列出现的次数。如果我们求出第 \(i\) 次操作过后产生的序列在答案中共出现了 \(rec[i]\) 次，那么第 \(i - 1\) 次操作过后产生的序列必然在答案中出现了 \(\frac{len[i]}{len[i - 1]} * rec[i]\) 次。可是这样还会剩下\(rec[i]\) 段 \(len[i] \ mod \ len[i - 1]\) 的小区间。我们可以考虑如何统计这一段小区间中出现了哪些完整的序列。
由于要统计在这段小区间中出现了哪些完整的序列，我们可以找到操作序列中第一个长度小于它的位置\(pos\)。那么此时这段小区间中会有 \(\frac{nowlen}{len[pos]}\) 段长度为 \(len[pos]\) 的完整区间。显然这是一个递归求解的问题，而一个数最多取模 log 次的性质保证我们最多会递归 log 次。如果最后剩下的区间比第一个小区间还要小，那么我们可以直接知道对于那些数字的出现做出了贡献，维护差分序列区间加一下就好了。
**启示：可以转化一下思路，不一定要计算每个数字的贡献，而可以从后往前递推出每段序列出现的次数，将一段序列看作一个整体。而一个数取模最多不会超过 log 次的限制也可以保证递归的次数。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 1000000 #define int long long int n, Q, m; int rec[maxn], len[maxn], ans[maxn]; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); } while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * k; } void Solve(int x, int t) { if(!x) return; int pos = upper_bound(len + 1, len + 1 + m, x) - len - 1; if(!pos) { ans[1] += t; ans[x + 1] -= t; } else { rec[pos] += (x / len[pos]) * t; Solve(x % len[pos], t); } } signed main() { n = read(), Q = read(); len[++ m] = n; for(int i = 1; i <= Q; i ++) { int x = read(); while(m && len[m] >= x) m --; len[++ m] = x; } rec[m] = 1; for(int i = m; i > 1; i --) { rec[i - 1] += rec[i] * (len[i] / len[i - 1]); Solve(len[i] % len[i - 1], rec[i]); } ans[1] += rec[1], ans[len[1] + 1] -= rec[1]; for(int i = 1; i <= n; i ++) { ans[i] += ans[i - 1]; printf("%lld ", ans[i]); } return 0; }