COCI20162017 Contest#6 F
阿新 • • 發佈:2020-09-10
COCI20162017 Contest#6 F
其實這個題不是很難的。。。
設值域為\(M\)
考慮如果沒有幸運數的限制,那麼從\(A\)變成\(B\),實際上只與\(\frac{A}{B}\)有關
不妨令\(dp_{i,j}\)為從\(i\)走了\(j\)步變成1,顯然這個\(j\)的最大值為\(\log M=19\),即\(2^{19}\)最多操作19次
從\(i\)列舉倍數進行轉移,同時也暴力處理每個數的因數個數,複雜度為\(O(M\ln M\log M)\)
\[\ \]
接下來考慮幸運數的限制
推論: 最多隻會在一個幸運數上停留
如果經過多個,顯然在代價最小的那個上面停留
因此考慮列舉停留的幸運數\(x\)
那麼轉移可以分為兩步\(\frac{A}{x}\)和\(\frac{x}{B}\),可以暴力合併兩個\(dp\)陣列,單次查詢複雜度為\(O(T\cdot \log^2 M)\)
合併得到的結果,可以描述為:
可以在\(x\)上用\(C(x)\)的代價停留,並且其他部分的轉移花了\(j\)的時間,\(y\)的代價
如果考慮停留的時間,那麼得到的答案顯然是一條直線,斜率就是停留的代價
關於一群直線,一群查詢,不難想到可以斜率優化求解,這一部分複雜度為\(O(T\log M\log (T\log M)+m)\)(排序複雜度)
總複雜度可以認為就是\(O(M\log^2 M+Q(T\log ^2 M+m))\)
斜率優化的實現可以參考程式碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma GCC optimize(2) typedef long long ll; #define reg register #define rep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i) #define drep(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i) template <class T> inline void cmin(T &a,const T &b){ ((a>b)&&(a=b)); } template <class T> inline void cmax(T &a,const T &b){ ((a<b)&&(a=b)); } char IO; template <class T=int> T rd(){ T s=0; int f=0; while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1; do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0'); while(isdigit(IO=getchar())); return f?-s:s; } const int N=1e6+10,INF=1e9; int n,m; int F[N],A[N],B[N]; int L[N]; // A: 因子個數 // B: 將B變成1需要的最大步數 int C[N],D[N]; int dp[N][20]; // 用了j步,將i變為1的最小代價 struct Node{ // 描述一條直線 ll x,y; // 答案為 x*i+y ll operator [](const ll i)const { return i*x+y; } //求直線點值 bool operator < (const Node __) const { if(x!=__.x) return x<__.x; return y<__.y; //按照斜率排序 } } U[N]; int Uc,T[21],R[21]; int main(){ rep(i,1,N-1) { A[i]++; for(reg int j=i+i;j<N;j+=i) A[j]++,cmax(B[j],B[i]+1); } rep(i,1,rd()) F[i]=rd(); rep(i,1,m=rd()) L[i]=rd(); sort(L+1,L+m+1); rep(i,1,N-1) rep(j,0,B[i]) dp[i][j]=INF; dp[1][0]=0; rep(i,1,N-1) rep(j,0,B[i]) if(dp[i][j]<INF) for(reg int k=i+i;k<N;k+=i) cmin(dp[k][j+1],dp[i][j]+F[A[k/i]]); rep(i,1,n=rd()) C[i]=rd(),D[i]=rd(); rep(kase,1,rd()) { int x=rd(),y=rd(),d=x/y; if(x%y!=0){ printf("%d\n",-m); continue; } memset(R,63,sizeof R); Uc=0; rep(i,1,n) if(x%C[i]==0 && C[i]%y==0){ int dx=x/C[i],dy=C[i]/y; memset(T,63,sizeof T); rep(a,0,B[dx]) if(dp[dx][a]<INF) rep(b,0,B[dy]) cmin(T[a+b],dp[dx][a]+dp[dy][b]); rep(j,0,B[dx]+B[dy]) if(T[j]<INF) { ll a=D[i],b=T[j]-a*j; U[++Uc]=(Node){a,b}; rep(k,j,B[d]) cmin(R[k],(int)U[Uc][k]); } } rep(i,0,B[d]) cmin(R[i],dp[d][i]); ll ans=0; ll mi=1e18; sort(U+1,U+Uc+1); int R=0; rep(i,1,Uc) { if(mi<U[i].y) continue; mi=U[i].y; while(R>1 && (U[i].y-U[R].y)*(U[R].x-U[R-1].x)<=(U[R].y-U[R-1].y)*(U[i].x-U[R].x)) R--; U[++R]=U[i]; // 單調棧處理凸包,注意加入時滿足x遞增,y遞減 } rep(i,1,m) if(L[i]<=B[d]) ans+=::R[L[i]]<INF?::R[L[i]]:-1; else { while(R>1 && U[R-1][L[i]]<=U[R][L[i]]) R--; if(!R) ans--; else ans+=U[R][L[i]]; } printf("%lld\n",ans); } }