P9032 [COCI2022-2023#1] Neboderi
题目大意
有一个长度为 n n n的序列 h i h_i hi，你需要从中选择一个长度大于等于 k k k的子区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，使得 g × ( h l + h l + 1 + ⋯ + h r ) g\times (h_l+h_{l+1}+\cdots+h_r) g×(hl+hl+1+⋯+hr)最小，其中 g = gcd ( h l , h l + 1 , ... , h r ) g=\gcd(h_l,h_{l+1},\dots,h_r) g=gcd(hl,hl+1,...,hr)。
1 ≤ k ≤ n ≤ 1 0 6 , 1 ≤ h i ≤ 1 0 6 1\leq k\leq n\leq 10^6,1\leq h_i\leq 10^6 1≤k≤n≤106,1≤hi≤106
题解
当确定了 l l l时， gcd ( h l , h l + 1 , ... , h r ) \gcd(h_l,h_{l+1},\dots,h_r) gcd(hl,hl+1,...,hr)随着 r r r的增大而减小。
每当 gcd \gcd gcd减小时，其 gcd \gcd gcd相对于原来的 gcd \gcd gcd肯定有若干个质因数的次数减小。那么，对于一个确定的 l l l， gcd ( h l , h l + 1 , ... , h r ) \gcd(h_l,h_{l+1},\dots,h_r) gcd(hl,hl+1,...,hr)的取值不会超过 log a l \log a_l logal个数。
先用 S T ST ST表维护区间 gcd \gcd gcd。枚举 l l l，在二分每一段 g c d gcd gcd值相等的区间并取该区间的右端点作为 r r r来更新答案。
设 v v v为 a i a_i ai的最大值，则时间复杂度为 O ( n log n log v ) O(n\log n\log v) O(nlognlogv)。
当然，这是跑不满的，而且时限为 2.50 s 2.50s 2.50s，所以可以过。
code
cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1000000;
int n,k,now,v[N+5],lg[N+5],f[N+5][20];
long long ans=0,sum[N+5];
int gcd(int i,int j){
while(j){
i%=j;swap(i,j);
}
return i;
}
int gt(int l,int r){
int x=lg[r-l+1];
return gcd(f[l][x],f[r-(1<<x)+1][x]);
}
int to(int w,int be,int hv){
int l=be+1,r=n,mid;
while(l<=r){
mid=l+r>>1;
if(gt(w,mid)>=hv) l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return l-1;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
lg[0]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
lg[i]=lg[i/2]+1;
scanf("%d",&v[i]);
sum[i]=sum[i-1]+v[i];
f[i][0]=v[i];
}
for(int i=1;i<=19;i++){
for(int j=1;j<=n-(1<<i-1);j++){
f[j][i]=gcd(f[j][i-1],f[j+(1<<i-1)][i-1]);
}
}
for(int l=1,r;l<=n-k+1;l++){
now=gt(l,l+k-1);
r=to(l,l+k-1,now);
while(r<=n){
ans=max(ans,gt(l,r)*(sum[r]-sum[l-1]));
if(r==n) break;
now=gt(l,r+1);
r=to(l,r+1,now);
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}