JZOJ 4307. 【NOIP2015模拟11.3晚】喝喝喝

JZOJ 4307. 【NOIP2015模拟11.3晚】喝喝喝

题目

Description

Input

Output

Sample Input

3 2
5 3 1

Sample Output

4

Data Constraint

题解

首先看一条显而易见的性质，若满足 $x \mod y=k$，则 $y|x-k$，且 $y>k$。
为了求答案方便，每次循环到 $i$时，加上以 $i$结尾的满足条件子数组的个数。
怎么求？
我们不难发现，假设当前以 $i$结尾的满足条件子数组的开头最小可到 $x$，则以 $i+1$结尾的满足条件子数组的开头最小只能到 $x$，否则其中必包含“坏对”。
则我们设一个指针 $last$，表示当前满足条件子数组的开头最小为 $last$， $last$是满足递增的。
考虑如何将 $last$后移。
找到 $a[i]$前最后一个 $a[l]$满足 $(a[l],a[i])$是一个坏对，也就是 $a[i]|a[l]-k$。
设 $f[i]=l$，表示 $i|a[l]-k$，且没有满足条件的更小的 $l$，也就是最后一个满足 $i|a[l]-k$的 $l$。
更新 $last$时，判断 $f[a[i]]$与 $last$的大小关系，取较大值。
更新 $f$数组时，用 $\sqrt{a[i]}$的时间，将所有的 $f[j]=i$（ $j|a[i]-k$）。
又有一个问题， $(2,5)$也是一个“坏对”，也就是 $a[x]=k$，但用这种方法判断不出。
所以再用一个变量维护最后一个出现 $a[l]=k$的位置。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int f[100010],a[100010];
int main()
{
	int n,k,i,j,last=0,p=0;
	long long ans=0;
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]>k&&f[a[i]]>last) last=f[a[i]];
		
		if(a[i]>k&&p>last) last=p;
		ans+=i-last;
		int t=a[i]-k;
		if(a[i]==k) p=i;
		for(j=1;j<=floor(sqrt(t));j++) if(t%j==0) f[j]=f[t/j]=i;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}