logs alt 前綴 rip 一個 display .html rmq func

聲明

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Description

　　　　小 H 是個善於思考的學生，現在她又在思考一個有關序列的問題。
　　　　她的面前浮現出一個長度為 n 的序列 {ai}，她想找出一段區間 [L, R] (1 <= L <= R <= n)。
　　　　這個特殊區間滿足，存在一個 k (L <= k <= R)，並且對於任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除。這樣的一個特殊區間 [L, R] 價值為 R - L。
　　　　小H想知道序列中所有特殊區間的 最大價值

是多少，而有多少個這樣的區間呢？這些區間又分別是哪些呢？你能幫助她吧。

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Input

　　　　第一行，一個整數 n.
　　　　第二行，n 個整數，代表 ai.

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Output

　　　　第一行兩個整數，num 和 val,表示價值最大的特殊區間的個數以及最大價值。
　　　　第二行 num 個整數，按升序輸出每個價值最大的特殊區間的 L.

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Sample Input 　　　　輸入1： 　　　　 5 　　　　 4 6 9 3 6 　　　　輸入2： 　　　　 5 　　　　 2 3 5 7 11

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Sample Output

　　　　 　　　　輸出1： 　　　　 1 3 　　　　 2 　　　　輸出2： 　　　　 5 0 　　　　 1 2 3 4 5

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Data Constraint

　　　　30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32.
　　　　60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.
　　　　80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.
　　　　100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.

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分析：

　　　　 　　　　看到了最大價值，即求最優解，腦海中立馬想到了：貪心、dp、優化的搜索（或暴力）和 二分答案 。顯然，此題是在序列中操作，數據範圍大，貪心條件不滿足，明顯的二分答案！！！
　　　　於是用二分答案求出序列的最大長度，但如何判斷答案 mid 的可行性和計算序列個數與開頭位置呢？ 　　　　這樣，問題就轉化成如何判斷某個區間是否存在：對於任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除 了。
　　　　顯然，搜索是最普遍的選擇，那這裏我就講講搜索的優化方案： 　　　　或許你們會問：不僅要詢問每個區間（O（n）)，又要找出其中有沒有 ak 存在（O（ n²）），時間復雜度不是 n³ 嗎，怎麽過？？？

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優化方案： 　　　　優化一： 　　　　　　對於任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除 中的 ak，是很好求出來的，就是區間幾個數的最大公約數（gcd），在詢問前預處理一下，線上調用即可。
　　　　　　但是，對於一般的預處理（除前綴和和其他玄學預處理外），復雜度都是O（n²）的，一樣過不了（哭笑不得~）。。。
　　　　　　但是，在序列的維護中，自然想到 線段樹、樹狀數組、rmq 啦~（對於前兩項此題應該也能維護 gcd 吧？！~） 　　　　　　我們了解過的 rmq 都是維護最大最小值的，以其速度快，範圍廣而出名。此題，一樣可以維護區間的 gcd 。 　　　　　　舉個栗子： 4 6 9 　　　　　　若已求出前兩個數的 gcd 為2（rmq[1,1]=2），後一個數的 gcd 為 9（rmq[3,0]=a[3]=9），那區間的 gcd 就是 gcd（2,9）=1 啦~ 　　　　　　預處理時間復雜度降到 O（n log₂ n）啦，在搜索時直接 O（1）的復雜度就能算出區間最小公約數（和 rmq 求最大最小值一樣的，換成 gcd 了而已）。 　　　　優化二： 　　　　　　
　　　　　　通過優化一算出區間的 ak 後，我們就要開始找區間內有沒有這個 ak 了~ 　　　　　　然而我們發現，每個區間的搜索 O（n）不可省，而找 ak 又要 O（n），那豈不是 O（n²）嗎（雖然達不到，但也接近了，加上預處理和二分答案等，絕對過不了） 　　　　　　於是進一步優化： 　　　　　　畢竟我們只找一個數 ak，很容易想到出現一個數就在 flag 數組打個標記，找有沒有 ak 時直接判斷 flag[ak] 是否打過標記就行了。 　　　　　　而區間的移動一次的話，就 O（1）把新的那個數打一個標記，把出區間的那個刪掉標記即可~ 　　　　　　此過程時間復雜度將至 O（1），效率極高，是在某個區間搜某些數時的常用方法，可以經常拿來用。 　　　　優化三： 　　　　　　光有優化二是不行的，因為它用空間換時間，會 MLE 的。（畢竟 ak 可達 20 多億，數組開得了那麽多嗎？？？） 　　　　　　所以，在用了優化二後，常常用這種方法解決空間問題：哈希表~（它倆基本綁定了，哈希是利用無用的空間存有用的數。不會的自己學，不必多說） 　　　　　　但是，這裏的哈希有三種模式： 1. 查詢某數在哈希表中的位置（用於刪標記）； 2. 把某數存進哈希表（用於打標記）； 3. 查詢某數是否存在（用於查詢區間內是否有 ak）。 　　　　　　於是，我們用哈希表的稀少時間換了大量的空間~~~ 　　　　　

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　　所以總體說，預處理 O（n log₂ n），二分 O（log₂ n*check），在 check 中，區間詢問 O（n），找 ak O（hash）（hash 是哈希的時間復雜度，常數級別） 　　這樣，我們就把 O（n³）的時間復雜度將至 O（n log₂ n+n log₂ n*hash），粗略說就是 O（n log₂ n），只是有點常數而已，不用卡常都能過（畢竟 2 秒時限）~~~ 　　 　　下附標程，我就不寫註釋了~ 　　　　

 1 uses math;
 2 const
 3         mo=1000001;
 4 var
 5         l,r,mid,i,n,j,t,cnt:longint;
 6         a,b,h,ans:array[0..1000001] of longint;
 7         rmq:array[0..500001,0..21] of longint;
 8 function gcd(x,y:longint):longint;
 9 begin
10         if y=0 then exit(x) else exit(gcd(y,x mod y));
11 end;
12 function hash(x,mode:longint):boolean;
13 var
14         k:longint;
15 begin
16         k:=x mod mo;
17         while (h[k]<>0) and (h[k]<>x) do
18         begin
19                 inc(k);
20                 if k>mo then k:=1;
21         end;
22         if mode=2 then cnt:=k else
23                 if mode=1 then h[k]:=x else
24                         if h[k]=x then exit(true) else exit(false);
25 end;
26 function check(x:longint):boolean;
27 var
28         l,t,j,flag,r:longint;
29 begin
30         fillchar(h,sizeof(h),0);
31         for i:=1 to x do
32                 hash(a[i],1);
33         flag:=0;
34         for l:=1 to n-x+1 do
35         begin
36                 hash(a[l-1],2);
37                 h[cnt]:=0;
38                 r:=l+x-1;
39                 hash(a[r],1);
40                 t:=trunc(ln(r-l+1)/ln(2));
41                 j:=gcd(rmq[l,t],rmq[r-(1<<t)+1,t]);
42                 if hash(j,0) then
43                 begin
44                         flag:=1;
45                         inc(ans[x]);
46                         b[ans[x]]:=l;
47                 end;
48         end;
49         if flag=0 then exit(false) else exit(true);
50 end;
51 begin
52         readln(n);
53         for i:=1 to n do
54         begin
55                 read(a[i]);
56                 rmq[i,0]:=a[i];
57         end;
58         readln;
59         t:=trunc(ln(n)/ln(2))+1;
60         for j:=1 to t do
61                 for i:=1 to n do
62                         if i+(1<<j)-1<=n then
63                                 rmq[i,j]:=gcd(rmq[i,j-1],rmq[i+(1<<(j-1)),j-1]);
64         l:=1;                               // l，r，mid 存的是區間長度
65         r:=n;
66         while l<r do
67         begin
68                 mid:=(l+r) div 2+1;
69                 if check(mid) then l:=mid else r:=mid-1;
70         end;
71         if ans[l]=0 then
72         begin
73                 writeln(n,‘ 0‘);
74                 for i:=1 to n-1 do
75                         write(i,‘ ‘);
76                 writeln(n);
77                 halt;
78         end;
79         writeln(ans[l],‘ ‘,l-1);            //要輸出價值，就是長度-1
80         for i:=1 to ans[l]-1 do
81                 write(b[i],‘ ‘);
82         writeln(b[ans[l]]);
83 end.

標程

紀中OJ 01.25【NOIP提高組】模擬 B 組 T2 數字對