第十五届蓝桥杯省赛第二场C/C++B组H题【质数变革】题解

解题思路

首先，我们考虑一下整个数组都是由质数构成的情况。

当我们要将质数 x x x 向后移 k k k 个时，如果我们可以知道质数 x x x 在质数数组的下标 j j j，那么就可以通过 p r i m e s [ j + k ] primes[j + k] primes[j+k] 来获取向后移 k k k 个的质数。因此，我们需要在线性筛 预处理时，记录下质数的位置，例如 i d [ 2 ] = 0 id[2] = 0 id[2]=0， i d [ 3 ] = 1 id[3] = 1 id[3]=1， ... \dots ...，那么上述 j = i d [ x ] j = id[x] j=id[x]。

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void get_primes(int n)
{
    st[0] = st[1] = true;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i )
    {
        if (!st[i])
        {
            id[i] = cnt;
            primes[cnt ++ ] = i;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

对于 q q q 个操作，如果每个操作都是遍历完成模拟，若有较多的 k = 1 k=1 k=1，时间复杂度会达到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，是难以接受的。

所以我们可以将所有相等的 k k k 进行一并处理，例如有一个 k k k 为 + 1 +1 +1，一个 k k k 为 + 3 +3 +3，那么就可以一并处理 k k k 位置的 + 4 +4 +4 操作。

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for (int i = 1; i <= m; ++ i )
{
    int op, k, x;
    cin >> op >> k >> x;
    if (op == 1)
        h[k] += x;
    else
        h[k] -= x;
}

for (int i = 1; i <= n; ++ i )
{
    int j = i;
    while (j <= n)
    {
        g[j] += h[i];
        j += i;
    }
}

//	h[i] 表示 k=i 的操作移动次数
//	g[i] 表示对于第 i 个数字的移动次数

//	g[i] > 0，则向右移，反之向左移

那么最后对于第 i i i 个质数就向右（向左）移动 g [ i ] g[i] g[i] 个位置，再特判边界，即可解决问题。

好的，接下来我们考虑，数组不全是由质数组成的情况。

我们发现，当数组不全是由质数组成时， i d [ x ] id[x] id[x] 用不了了，因为 x x x 不为质数。

我们考虑解决方法：

将所有不是质数的数，变为下一个质数，然后将 g [ i ] g[i] g[i] 设置为 − 1 -1 −1。意在于先将非质数变为质数，最后再还原，但是如果这个数未被操作到，我们发现，当给这个数进行 − 1 -1 −1 时（还原），已经不再是原来的数了，故此方法不可行。
进行分类讨论：
- 若 g [ i ] > 0 g[i] > 0 g[i]>0，若 a [ i ] a[i] a[i] 为质数，则正常向右移动即可，反之需要将 a [ i ] a[i] a[i] 改为第一个大于 a [ i ] a[i] a[i] 的质数后再向右移动 g [ i ] − 1 g[i] - 1 g[i]−1 个位置。
- 若 g [ i ] < 0 g[i] < 0 g[i]<0，若 a [ i ] a[i] a[i] 为质数，则正常向左移动即可，反之需要将 a [ i ] a[i] a[i] 改为第一个小于 a [ i ] a[i] a[i] 的质数后再向左移动 − g [ i ] − 1 -g[i] - 1 −g[i]−1 个单位。
- 若 g [ i ] = 0 g[i] = 0 g[i]=0，如果 a [ i ] a[i] a[i] 不是质数，那么我们需要记录 a [ i ] a[i] a[i] 是否有经过操作，若无则跳过，反之由于最终 g [ i ] g[i] g[i] 为 0 0 0，所以一定是经过先加再减，或者是先减再加，所以我们需要记录最后一个操作 a [ i ] a[i] a[i] 的方向，是往左，还是往右，即先减再加或先加再减，若是先加再减，则将 a [ i ] a[i] a[i] 改为第一个小于 a [ i ] a[i] a[i] 的质数，反之将 a [ i ] a[i] a[i] 改为第一个大于 a [ i ] a[i] a[i] 的质数。

对于上述的操作：将 x x x 改为第一个大于（小于） x x x 的质数，我们可以使用二分算法实现。

另外需要注意的点，当最终整数大于 1 0 6 10^6 106 时，需要置为 1 1 1，为负数则置为 0 0 0。

执行 get_nex 时，为防止出现大于 1 0 6 10^6 106 的质数越界，故可以在线性筛时，额外多筛些许。

执行 get_pre 之前，我们会发现当 x = 1 x = 1 x=1 时，上一个应该为 − 2 -2 −2，而我们的质数数组不存在 − 2 -2 −2，故在调用函数之前，需要对 x = 1 x = 1 x=1 进行特判。

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <stack>

using namespace std;

const int N = 1.1e6 + 10;

int n, m, cnt;
int a[N];
int primes[N];
int id[N];
bool st[N];
int h[N];
int op_id[N];
bool is_minus[N];
int g[N];
int last_op[N];

void get_primes(int n)
{
    st[0] = st[1] = true;
    for (int i = 2; i <= n; ++ i )
    {
        if (!st[i])
        {
            id[i] = cnt;
            primes[cnt ++ ] = i;
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j )
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
                break;
        }
    }
}

int get_pre(int x)
{
     int l = 0, r = cnt - 1;
     while (l < r)
     {
         int mid = l + r + 1 >> 1;
         if (primes[mid] < x)
            l = mid;
        else
            r = mid - 1;
     }
     return primes[l];
}

int get_nex(int x)
{
    int l = 0, r = cnt - 1;
    while (l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (primes[mid] > x)
            r = mid;
        else
            l = mid + 1;
    }
    return primes[l];
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        cin >> a[i];
    
    get_primes(1100000);
    
   for (int i = 1; i <= m; ++ i )
    {
        int op, k, x;
        cin >> op >> k >> x;
        if (op == 1)
            h[k] += x;
        else
            h[k] -= x, is_minus[i] = true;
        op_id[k] = i;
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
    {
        int j = i;
        while (j <= n)
        {
            g[j] += h[i];
            last_op[j] = max(last_op[j], op_id[i]);
            j += i;
        }
    }
    
    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        if (g[i] > 0)
        {
            if (st[a[i]])
            {
                g[i] --;
                a[i] = get_nex(a[i]);
            }
            int j = id[a[i]];
            j += g[i];
            if (j >= cnt || primes[j] > 1000000)
                a[i] = 1;
            else
                a[i] = primes[j];
        }
        else if (g[i] < 0)
        {
            if (st[a[i]])
            {
                g[i] ++;
                if (a[i] == 1)
                {
                    a[i] = 0;
                    continue;
                }
                a[i] = get_pre(a[i]);
            }
            int j = id[a[i]];
            j += g[i];
            if (j < 0)
                a[i] = 0;
            else
                a[i] = primes[j];
        }
        else if (st[a[i]])
        {
            int j = last_op[i];
            if (j)
            {
                if (is_minus[j])
                {
                    if (a[i] == 1)
                        a[i] = 0;
                    else
                        a[i] = get_pre(a[i]);
                }
                else
                {
                    a[i] = get_nex(a[i]);
                    if (a[i] >= 1000000)
                        a[i] = 1;
                }
            }
        }

    for (int i = 1; i <= n; ++ i )
        cout << a[i] << ' ';
    cout << endl;
    
    return 0;
}