CF1553(Div.1+Div.2) F 题解

这是一篇豪夺洛谷最优解榜倒数 rnk 1 的题解。所以我为啥还有脸写

Description

给定序列 $a$。

令

$$t_i=\sum _{j=1}^i\sum _{k=1}^i{a}_j\text{mod}{a}_k$$

你需要分别求出 $t_1,t_2,\cdots ,t_n$。

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 3\times 10^5$

Solution

算法一

令
$$f_i=\sum _{j<i}(a_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_j)$$

$$g_i=\sum _{j<i}(a_j\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_i)$$

则第 $i$ 个答案为

$$\sum _{j=1}^i{f}_j+\sum _{j=1}^i{g}_j$$

关键在于求出每一个 $f_i,g_i$。

Part 1: 求 f

根据 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}y=x-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor y$，有

$$f_i=a_i(i-1)\sum _{j<i}\lfloor \frac{a_i}{a_j}\rfloor a_j$$

考虑枚举 $j$。

对于每一个这样的 $j$，枚举值域区间 $[0,a_j-1][a_j,2a_j-1]\cdots$，那么 $j$ 会向所有满足 $a_i\in [l,r]$ 且 $i>j$ 的 $f_i$ 产生贡献。

我们在 $j+1$ 处打上标记 $(r,1)(l-1,-1)$，其中在 $x$ 处的标记 $(p,△)$ 表示，对于所有在 $x$ 之后且权值不小于 $p$ 的 $f_i$ 都要加上 $△$。

从左往右扫描，用树状数组维护即可。时间复杂度 $O(m\ln m\log n)$。其中 $m$ 表示所有 $a_i$ 的最大值。

Part 2: 求 g

同理，有

$$g_i=\sum _{j<i}{a}_j-\sum _{j<i}\lfloor \frac{a_j}{a_i}\rfloor a_i$$

枚举 $[0,a_i-1][a_i,2a_i-1],\cdots$ 并查询 $[1,i)$ 中有多少个在该区间中的数。也可以使用树状数组维护。

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总复杂度 $O(n+m\ln m\log n)$，本题被解决。

算法二（加强版: $a_i$ 可能相同）

考虑根号分治。

我们将数分为两类——第一类数不超过 $B$，称它们为 $\lceil$ 小数 $\rfloor$；第二类数超过 $B$，称它们为 $\lceil$ 大数 $\rfloor$。小数的性质是值域较小，大数的性质是倍数较少。

Part 1

先考虑小数。为了利用它们值域小的性质，我们开一个桶，其中第 $i$ 个桶 $V_i$ 里面装了所有值为 $i$ 的数的位置。枚举编号在 $[1,B]$ 中的桶，并考虑计算出它们对序列 $t$ 的贡献。

令当前需要计算贡献的桶是第 $x(x\le B)$ 个。由于模运算需要两个数，所以还要再枚举一个桶，令这是第 $y$ 个桶。显然，$\forall i\in V_x,j\in V_y$，它们都对 $t[\max (i,j),n]$ 有 $x\text{mod}y$ 的贡献。

为方便进一步的推导，考虑将 $\max (i,j)$ 的 $\max$ 去掉，即分类地钦定 $i,j$ 之间的大小关系。我们先预处理出一个序列 $C$，其中第 $k$ 位上的数是 $V_i$ 中不超过 $k$ 的数的个数，那么对于某个属于 $V_y$ 的 $j$，它作为 $\max (i,j)$ 的次数为 $C_j$ 次，其中 $m$ 表示所有 $a_i$ 的最大值，可以直接在 $t$ 上差分。但是，若 $j=\min (i,j)$，那么应该在 $i$ 处差分地修改，但 $i$ 我们并不清楚。这该怎么办呢？

考虑维护另一个数组 $D$，其中 $D_i$ 表示，当 $i$ 作为 $\max (i,j)$（即 $j$ 作为 $\min (i,j)$）时的总贡献。这个数组可以采用下面的方法求出——对于每个属于其他桶的 $j$，在 $D_j$ 处差分地加上 $i\text{mod}j$ 以及 $j\text{mod}i$。在枚举完毕后，将 $D$ 求一遍前缀和得到真实的 $D$，再去逐一向 $t$ 差分地贡献。

总结一下 $\lceil$ 小数 $\rfloor$ 部分的处理方式：

• 建立一个桶；
• 扫描桶 $[1,B]$：
  • 通过前缀和技巧求出 $C$ 数组；
  • 枚举桶 $[1,m]$ 以及其中的数 $j$，分类讨论 $j$ 为 $i,j$ 中的较大者以及较小者两种情况：
    • 作为较大者: 直接在 $t$ 上差分地修改。
    • 作为较小者: 在 $D$ 上差分地修改。
  • 做前缀和得到真实的 $D$，并在 $t$ 上差分地修改，解决 $i=\max (i,j)$ 的情况。

此部分复杂度为 $O(B(n+m))$。

Part 2

现在，我们已经处理完了，所有与小数有关的取模式，现在只需要考虑大数与大数之间产生的贡献。枚举一个大数，它有两种情况，一是向别人取模，一是被别人取模。这两种情况联系不大，需要进行分讨。

Part 2.1: 被别人取模

对于大数而言，其倍数较少；也就是说，当某个数 $\text{num}$ 逐渐增大的时候，其对大数取模的值的极大连续段的数量较少。例如，这个大数是 $10^4$，那么当 $\text{num}$ 从 $1$ 缓慢增加到 $10^5$ 的过程中，模数会从 $0$ 变化到 $10^4-1$，然后又回到 $0$ 再变成 $10^4-1$，而这样变化的轮数的只有 $O(\frac{m}{B})$。

直接在原序列上扫描。

令当前看到的数是一个大数，且其值为 $c$。那么，我们需要查询 $$\sum _{i=0}^{c-1}i\times cn{t}_i$$$$\sum _{i=c}^{2c-1}(i-c)\times cn{t}_i$$$$\cdots \cdots \cdots \cdots$$

其中 $cn{t}_i$ 表示目前 $i$ 出现的次数。

于是，问题变为了一道纯粹的操作、查询类题目。

• 给定一个长度为 $n$ 的序列 $cnt$。
• 你需要支持单点修改，查询区间 $i\times cn{t}_i$ 的和，查询区间 $cn{t}_i$ 的和。

若直接采用树状数组维护，那么复杂度是 $O(n\frac{m}{B}\log m)$，难以接受。

注意到，查询次数为 $n\times \frac{m}{B}$ 次，操作次数只有 $n$ 次，进行根号平衡即可。复杂度为 $O(n\frac{m}{B})$。

Part 2.2: 向别人取模

先将 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}y$ 变为 $x-\lfloor \frac{x}{y}\rfloor y$。那么，等价于对于每个满足 $a_i>B$ 的 $i$，求出

$$a_i\times \left(\sum _{j=1}^{i-1}[a_j>B]\right)-\sum _{j=1}^{i-1}[a_j>B]\lfloor \frac{a_i}{a_j}\rfloor a_j$$

令 $cn{t}_j$ 表示，此前有多少个位置的 $a$ 为 $j$。同时维护一个 $\text{cnt\_big}$，表示此前大数的数量。那么，式子可以被化为

$$\text{cnt\_big}\times a_i-\sum _{j=1}^{m}cn{t}_j\lfloor \frac{a_i}{j}\rfloor$$

对于前半部分，直接计算。
对于后半部分，暴力整除分块，对于每一个区间（块）$[l,r]$，查询区间内 $cnt$ 和。

注意到，这是一个 $n$ 次单点修改，$n\sqrt{m}$ 次区间查询的问题，也可以通过根号平衡做到 $O(n\sqrt{m})$。

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不妨设 $n,m$ 同级，则总复杂度 $O(Bn+\frac{n^2}{B})$，取 $B=\sqrt{n}$ 时最优，$O(n\sqrt{n})$ 可以通过加强版。

Code

//根号分治做法
#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#define rg register
#define ll long long
using namespace std;
const int maxl=300005;

int read(){
    
    
	int s=0,w=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){
    
    if (ch=='-')  w=-w;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){
    
    s=s*10+(ch^'0');ch=getchar();}
	return s*w;
}
int m,n,B,blo,pre_big;
int a[maxl],cnt[maxl],bl[maxl];
ll ans[maxl],cf[maxl],sum0[maxl],sum1[maxl],sum0_bl[maxl],sum1_bl[maxl];
vector<int> ve[maxl];

void change0(int rt,ll num){
    
    	
	int le=(bl[rt]-1)*blo+1,ri=rt;
	for (int i=le;i<=ri;++i)  sum0[i]+=num;
	
	le=1,ri=bl[rt]-1;
	for (int i=le;i<=ri;++i)  sum0_bl[i]+=num;
}

void change1(int rt,ll num){
    
    
	int le=(bl[rt]-1)*blo+1,ri=rt;
	for (int i=le;i<=ri;++i)  sum1[i]+=num;
	
	le=1,ri=bl[rt]-1;
	for (int i=le;i<=ri;++i)  sum1_bl[i]+=num;
}
ll Query0(int l,int r){
    
    return sum0[l]+sum0_bl[bl[l]]-sum0[r+1]-sum0_bl[bl[r+1]];}
ll Query1(int l,int r){
    
    return sum1[l]+sum1_bl[bl[l]]-sum1[r+1]-sum1_bl[bl[r+1]];} 

signed main(){
    
    
	n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++){
    
    
		a[i]=read();
		m=max(m,a[i]);
		ve[a[i]].push_back(i);
	}
	B=sqrt(m)/4,blo=sqrt(m);
	for (int i=1;i<=m+1;i++)  bl[i]=(i-1)/blo+1;
	for (int i=1;i<=B;i++){
    
    
		if (!ve[i].size())  continue;
		
		for (int j=0;j<(int)ve[i].size();j++)  cnt[ve[i][j]]++;
		for (int j=1;j<=m;j++)  cnt[j]=cnt[j-1]+cnt[j];
		for (rg int j=1;j<=B;++j){
    
    
			if (i==j)  continue;
			
			int tmp=(i%j)+(j%i);
			for (int k=0;k<(int)ve[j].size();++k){
    
    
				int now=ve[j][k];
				cf[now]+=tmp;
			}
		}
		for (rg int j=B+1;j<=m;++j){
    
    
			int tmp=(i%j)+(j%i);
			for (int k=0;k<(int)ve[j].size();++k){
    
    
				int now=ve[j][k];
				ans[now]+=(ll)cnt[now]*tmp,cf[now]+=tmp;
			}
		}
		for (int j=1;j<=m;++j)  cf[j]=cf[j-1]+cf[j];
		for (rg int j=0;j<(int)ve[i].size();++j)  ans[ve[i][j]]+=cf[ve[i][j]];
		memset(cf,0,sizeof(cf));
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	}
	for (int i=1;i<=n;i++){
    
    
		if (a[i]<=B)  continue;
		
		ll cur=0;
		for (int j=0;j<=m;j+=a[i]){
    
    
			int l=max(j,1),r=min(j+a[i]-1,m);
			
			cur+=Query1(l,r);
			if (j)  cur-=(ll)Query0(l,r)*j;
		}
		change0(a[i],1),change1(a[i],a[i]),ans[i]+=cur;
	}
	for (int i=1;i<=m+1;i++)  sum0[i]=sum1[i]=sum0_bl[i]=sum1_bl[i]=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
    
    
		if (a[i]<=B)  continue;
		
		ll now=(ll)a[i]*pre_big,res=0;
		for (int l=1,r;l<=a[i];l++){
    
    
			r=a[i]/(a[i]/l);
			res+=(ll)Query0(l,r)*(a[i]/l);
			l=r;
		}
		ans[i]+=now-res,pre_big++,change0(a[i],a[i]);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)  ans[i]+=ans[i-1];
	for (int i=1;i<=n;i++)  printf("%lld ",ans[i]);
	puts("");
	
	return 0;
}