Codeforces 1493D - GCD of an Array （数据结构）

Codeforces Round #705 (Div.2) D - GCD of an Array

题意

给定长度为$n$的数组 { a } \{a\} { a}，有$q$次操作与询问

每次操作给定$i$与$x$，使得$a_i=a_i\ast x$

每次操作后询问此时这个数组所有元素的最大公因数GCD

限制

$1\le n\le 2\cdot 10^5$

$1\le a_i\le 2\cdot 10^5$

$1\le i\le n,1\le x\le 2\cdot 10^5$

思路

（好像有点卡常的样子，也可能是后面多加了几句判断优化掉了）

如果觉得思路讲得有点乱的话可以直接参考代码，注释基本都写着

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众所周知，对于准备求GCD的所有数字进行质因子分解

那么GCD的值就是每个质因子在所有数中出现的最小幂次的乘积

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以这一储备知识作为前提，开始讨论解题方案

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刚开始本来想的是使用线段树点修改来维护每个质因子$t$在每个位置的出现次数

然后区间查询最小值来获取这个质因子目前的贡献$v$

然后再开一个$pre$数组用于记录每个质因子最小幂次的前置状态

由于我们不能每次都算一遍每个质因子的贡献，所以只能尝试去维护答案变量$ans$

所以每次我们可以得到质因子$t$所作出贡献的幂次差值为$v-pre[d]$

故在当前点修改之后，需要将当前贡献加入答案，即让$ans$乘上$d^{v-pre[d]}$

但明显的，线段树空间复杂度严格为$O(4n)$，$2\cdot 10^5$以内存在$10^4$以上个素数

换言之需要开$O(4\cdot 10^{4}n)$的空间来存线段树，显然不可行（存在大量空间冗余）

所以从空间角度进行优化

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发现我们可以利用multiset的不查重以及自动排序的特点来维护最小值

故可以令$st[d]$容器来表示质因子$d$在数组 { a } \{a\} { a}中每个位置出现的幂次

为了使其不存在像线段树那样造成的空间冗余，故如果在某个位置质因子$d$的幂次为$0$，则不将其插入multiset中

使用multiset容器，只需要判断$st[d].size()$是否等于$n$就能得知是否在每个位置都有质因子$d$存在

再通过$\ast st[d].begin()$来获得最小值，再同上方法与$pre[d]$做差计算答案

这样就做到了类似线段树中“区间查询”的功能

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然后考虑multiset容器怎么做到“单点修改”的功能

对于每个位置再引入一个map容器，使$mp[i][d]$用于表示质因子$d$在位置$i$的幂次

如果在操作过程中需要让$i$位置的质因子$d$的幂次加上$t$

只需要先将原先表示的幂次$mp[i][d]$从$st[d]$中删去

再将现在表示的幂次$mp[i][d]+t$插入$st[d]$中即可（记得操作后让$mp[i][d]$加上$t$）

这样便做到了“单点修改”的功能

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综上便能做到利用multiset代替线段树并减少空间冗余（为$0$则不分配空间原则）

最后注意优化常数即可

代码

(Pretests 872ms/2500ms)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll qpow(ll a,ll n){
    
    ll r=1;while(n){
    
    if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}

multiset<int> st[200050]; //记录每个因子在每个位置出现的次数，未出现则不需要插入
int pre[200050]; //附加在st上，用于记录上一状态某质因子出现的次数，与st首元素的差值可用于计算答案
map<int,int> mp[200050]; //记录每个位置每个质因子目前的幂次

vector<int> primvec; //素数
bool vis[200050];

void init() //素数筛，素数存入primvec内
{
    
    
    vis[0]=vis[1]=true;
    for(int i=2;i<=1000;i++)
    {
    
    
        if(!vis[i])
        {
    
    
            primvec.push_back(i);
            for(int j=i*i;j<=200000;j+=i)
                vis[j]=true;
        }
    }
    for(int i=1001;i<=200000;i++)
        if(!vis[i])
            primvec.push_back(i);
}

void solve()
{
    
    
    int n,q;
    cin>>n>>q;
    ll ans=1;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    
    
        int d;
        cin>>d;
        for(int j:primvec) //对于每个输入的数字，进行一次质因子分解
        {
    
    
            if(d==1) //直接跳出循环节省时间
                break;
            if(!vis[d]) //如果可以直接判断为素数，尽量直接跳出循环（重要优化）
            {
    
    
                mp[i][d]=1;
                st[d].insert(1);
                break;
            }
            
            int t=0;
            while(d%j==0) //分解质因子j，记录次数
            {
    
    
                d/=j;
                t++;
            }
            if(t)
            {
    
    
                mp[i][j]=t; //第i个位置的质因子j的幂次为t
                st[j].insert(t); //记录质因子j在每个位置出现的次数
            }
        }
    }
    
    for(int j:primvec)
    {
    
    
        if(st[j].size()==n) //如果质因子j在每个位置都出现至少一次
        {
    
    
            int tmp=*st[j].begin(); //此时最少的出现次数
            if(tmp!=pre[j]) //与pre做差，得到答案增幅
            {
    
    
                ans=ans*qpow(j,tmp-pre[j])%mod;
                pre[j]=tmp;
            }
        }
    }
    
    while(q--)
    {
    
    
        int p,d;
        cin>>p>>d;
        for(int j:primvec) //对d进行质因子分解
        {
    
    
            if(d==1) //此处优化同上
                break;
            if(!vis[d])
            {
    
    
                int &v=mp[p][d]; //直接引用以优化常数
                if(v) //如果mp[p][d]不为0，说明质因子d已经有幂次，需要将其先从st[d]中删去
                    st[d].erase(st[d].lower_bound(v));
                v++;
                st[d].insert(v);
                
                if(st[d].size()==n) //如果质因子j在每个位置都出现至少一次，下同
                {
    
    
                    int tmp=*st[d].begin();
                    if(tmp!=pre[d])
                    {
    
    
                        ans=ans*qpow(d,tmp-pre[d])%mod;
                        pre[d]=tmp;
                    }
                }
                break;
            }
            
            int t=0;
            while(d%j==0)
            {
    
    
                d/=j;
                t++;
            }
            if(t) //下同
            {
    
    
                int &v=mp[p][j];
                if(v)
                    st[j].erase(st[j].lower_bound(v));
                v+=t; //应增加t次
                st[j].insert(v);
                
                if(st[j].size()==n)
                {
    
    
                    int tmp=*st[j].begin();
                    if(tmp!=pre[j])
                    {
    
    
                        ans=ans*qpow(j,tmp-pre[j])%mod;
                        pre[j]=tmp;
                    }
                }
            }
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}
int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    init();
    solve();
    return 0;
}

https://www.cnblogs.com/stelayuri/p/14493186.html