2019 10月集训 养花（分块）

养花

Description

 

​ 小\(C\)在家种了\(n\)盆花，每盆花有一个鲜艳度\(a_{i}\)

​ 在接下来的\(m\)天中，每天早晨他会从一段编号连续的花中选择一盆摆在客厅，并在晚上放回。同时每天有特定的光照强度\(k_{i}\),如果这一天里摆 放在客厅的花艳丽度为\(x\), 则他能获得的喜悦度为 \(x\) \(mod\) \(k_{i}\).

​ 他希望知道, 每一天他能获得的最大喜悦度是多少.

  

Input Format

​ 数据第一行包含两个正整数 \(n\),\(m\).

​ 接下来一行 \(n\) 个正整数, 第 \(i\) 个数 \(a_{i}\) 表示第 \(i\) 盆花的艳丽度.

​ 接下来 \(m\) 行, 每行三个正整数 \(l_{i}\), \(r_{i}\), \(k_{i}\), 表示选花区间和光照强度.

  

Solution

  
考虑当 \(k\) 确定的时候如何求答案,
显然对于所有形如 \([ak, (a+1)k)\) 的值域区间, 最大值一定是最优的.

  
进一步观察发现, 这样的区间总个数只有 \(k \ln k\) 个.
考虑分块, 那么我们可以在 \(O(n + k \ln k)\) 的时间复杂度内处理出一个块对于任意 \(k\) 的答案.
询问时复杂度是 \(O(mS)\) 的, 取 \(S = \sqrt{k \ln k}\) 可以达到最优复杂度 \(O(n \sqrt{k \ln k})\).
  

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int n,m,t;
int a[N],s[N],sum[1000][100010];
void prework()
{
     int i,j,k;
     for(i=1;i<=(n-1)/t+1;i++)
     {
        memset(s,0,sizeof(s));
        for(j=(i-1)*t+1;j<=min(i*t,n);j++) s[a[j]]=a[j];
        for(j=1;j<=100001;j++) s[j]=max(s[j],s[j-1]);
        
        for(j=1;j<=100001;j++)
           for(k=0;k<=100001;k+=j)
              sum[i][j]=max(sum[i][j],s[min(k+j-1,100001)]-k);
     } 
}
int getans(int l,int r,int k)
{
    int i,j,res=0;
    int lft=(l-1)/t+1;
    int rht=(r-1)/t+1;
    for(i=lft+1;i<=rht-1;i++) res=max(res,sum[i][k]);
    for(i=l;i<=min(lft*t,r);i++) res=max(res,a[i]%k);
    for(i=max((rht-1)*t+1,l);i<=r;i++) res=max(res,a[i]%k);
    return res;
}
int main()
{
//  freopen("flower.in","r",stdin);
//  freopen("flower.out","w",stdout);
    int i,j;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    t=1000;
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    prework();
    while(m--)
    {
        int l,r,k;
        scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
        printf("%d\n",getans(l,r,k));
    }
    return 0;
} 

原文地址：https://www.cnblogs.com/yzxx/p/11719349.html