codeforces 301D. Yaroslav and Divisors（遍历和排序的艺术）

codeforces 301D. Yaroslav and Divisors（遍历和排序的艺术）

​​n/i

那么，1-i的倍数个数有： f(1,i)=n/1+n/2+n/3+……+n/i

1-i在k内的倍数个数有：g(1,i,k)=k/1+k/2+k/3+……+k/i

L-R的倍数情况是： g(l,r,k)=g(1,r,k)-g(1,l,k)

我们要求的东西： g(l,r,r)=g(1,r,r)-g(1,l,r);

如果 原始数组是 1,2,3,……,n是极好的，但不是。。。

矛盾用1-n的主遍历解决（我承认一开始我没想到，学习了别人的博文才知道的）：

设que1是L从小到大排过序的, que2是R从从小到大排过序的。(数组排序的艺术，遍历的艺术）

当que1[iterator].l==i 有ans[que1[iterator].pos]]-=(sum(que1[iterator].right))-sum(que1[iterator].left))当que2[iterator].r==i 有ans[que2[iterator].pos]]+=(sum(que1[iterator].right))-sum(que1[iterator].left))#include #include #include #include using namespace std;const int N=2e5+10;int c[N],a[N];int n,m;int lowbit(int k){ return k&(k^(k-1));}void update(int dex,int k){ while(dex<=n){ c[dex]+=k; dex+=lowbit(dex); }}int sum(int k){ int ans=0; while(k>0){ ans+=c[k]; k=k-lowbit(k); } return ans;}struct node { int l,r,dex;}que1[N],que2[N];int cmp1(node k,node b){ return k.l>n>>m){ memset(c,0,sizeof(c)); memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); pos[a[i]]=i; } for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&que1[i].l,&que1[i].r); que1[i].dex=i; que2[i].l=que1[i].l; que2[i].r=que1[i].r; que2[i].dex=i; } sort(que1+1,que1+m+1,cmp1); sort(que2+1,que2+m+1,cmp2); for(int i=1,j=1,k=1;i<=n;i++){ while(j<=m&&que1[j].l==i){ ans[que1[j].dex]-=(sum(que1[j].r)-sum(que1[j].l-1)); j++; } for(int p=a[i];p<=n;p+=a[i]){ update(pos[p],1); } while(k<=m&&que2[k].r==i){ ans[que2[k].dex]+=(sum(que2[k].r)-sum(que2[k].l-1)); k++; } } for(int i=1;i<=m;i++){ printf("%d\n",ans[i]); } } return 0;}

版权声明：本文内容由网络用户投稿，版权归原作者所有，本站不拥有其著作权，亦不承担相应法律责任。如果您发现本站中有涉嫌抄袭或描述失实的内容，请联系我们jiasou666@gmail.com 处理，核实后本网站将在24小时内删除侵权内容。