线段树

首先观察数据范围,发现$a_i \le6$,这个是一个非常有用的性质。

发现$\mathrm{lcm}(1, 2, 3, 4, 5, 6)=60$,这个数有一个非常优美的性质:把$t$再$\mod 60$意义下进行不会影响结果的正确性。

接下来继续考虑线段树,对于每个区间$[l, r]$,再对于每个可能的时间$\mod 60$意义下的结果,我们维护如果在达到$l$的时候$t \mod 60 = i$,那么达到$r + 1$需要花费多少时间。

这个玩意儿可以$O(60)$的$push_up$。

那么我们就可以以$O(n \log n \times 60)$ 的优秀复杂度通过此题。

代码:

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#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define INF 2147483647
#define lc(a) ((a) << 1)
#define rc(a) ((a) << 1 | 1)

int inp(){
char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9')
c = getchar();
int sum = 0;
while(c >= '0' && c <= '9'){
sum = sum * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return sum;
}

int a[100010];
struct SEG_Tree{
struct SEG{
int l;
int r;
int f[61];
}t[400010];

void push_up(int cur){
for(int i = 0; i < 60; i++)
t[cur].f[i] = t[rc(cur)].f[(i + t[lc(cur)].f[i]) % 60] + t[lc(cur)].f[i];
}

void build(int cur, int l, int r){
t[cur].l = l;
t[cur].r = r;
if(l == r){
for(int i = 59; i >= 0; i--)
t[cur].f[i] = 1 + (i % a[l] == 0);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lc(cur), l, mid);
build(rc(cur), mid + 1, r);
push_up(cur);
}

void modify(int cur, int x, int c){
if(t[cur].l == t[cur].r){
a[x] = c;
for(int i = 59; i >= 0; i--)
t[cur].f[i] = 1 + (i % a[x] == 0);
return ;
}
if(x <= t[lc(cur)].r)
modify(lc(cur), x, c);
else
modify(rc(cur), x, c);
push_up(cur);
}

int query(int cur, int l, int r, int x){
if(t[cur].l > r || t[cur].r < l)
return 0;
if(t[cur].l >= l && t[cur].r <= r){
// printf("[%d, %d].f[%d] = %d\n", t[cur].l, t[cur].r, x, t[cur].f[x]);
return t[cur].f[x];
}
int ls = query(lc(cur), l, r, x);
return ls + query(rc(cur), l, r, (x + ls) % 60);
}
}t;

int main(){
int n = inp();
for(int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = inp();
t.build(1, 1, n);
int m = inp();
while(m--){
char op = getchar();
while(op != 'C' && op != 'A')
op = getchar();
if(op == 'C'){
int x = inp();
int c = inp();
t.modify(1, x, c);
} else {
int l = inp();
int r = inp() - 1;
printf("%d\n", t.query(1, l, r, 0));
}
}
}

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