标签:le 洛谷 int 复杂度 sqrt P3396 ans 询问 根号
简要题意
已知一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\),共 \(m\) 次操作:
- 操作
A
:询问 \(\sum\limits_{i\bmod x=y}a_i\)。 - 操作
C
:\(a_x\gets y\)。
数据范围:\(1\le n,m\le 1.5\times 10^5\),\(1\le a_i\le 10^3\)。
方法一
考虑暴力,询问等价于如下代码:
for(int i=y;i<=n;i+=x) now += a[i];
修改等价于如下代码:
a[x] = y;
时间复杂度:
预处理 | 每次询问 | 总复杂度 |
---|---|---|
\(O(1)\) | \(O(n)\) | \(O(n^2)\) |
方法二
考虑预处理 \(ans_{p,k}=\sum\limits_{i\bmod p=k}a_i\),然后询问等价于如下代码:
now = ans[x][y];
修改等价于如下代码:
for(int p=1;p<=n;p++) ans[p][x%p] -= a[i];
a[i] = y;
for(int p=1;p<=n;p++) ans[p][x%p] += a[i];
时间复杂度:
预处理 | 每次询问 | 总复杂度 |
---|---|---|
\(O(n^2)\) | \(O(1)\) | \(O(n^2)\) |
方法三(正解)
考虑将上面两种方法的优点结合起来。
第一种方法每次询问的复杂度其实是 \(O(\frac{n}{x})\),当 \(n\) 确定时是一个关于 \(x\) 的反比例函数,显然当 \(x\ge\sqrt{n}\) 时,单次询问复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。
第二种方法瓶颈在预处理,每处理一个模数 \(x\) 的复杂度是 \(O(n)\),将 \(x\in[1,\sqrt{n}]\) 的结果处理出来的复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\),单次询问复杂度为 \(O(1)\)。
可以发现第一种方法可以处理 \(x\ge\sqrt{n}\),第二种方法可以处理 \(x\le\sqrt{n}\),他们结合起来就可以得到所有询问的结果。
对于修改操作,我们枚举 \(x\in[1,\sqrt{n}]\) 通过同【方法二】的方法修改即可。
时间复杂度:
预处理 | 每次询问 | 总复杂度 |
---|---|---|
\(O(n\sqrt{n})\) | \(O(\sqrt{n})\) | \(O(n\sqrt{n})\) |
参考代码
//By: Luogu@rui_er(122461)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
#define debug printf("Running %s on line %d...\n",__FUNCTION__,__LINE__)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1.5e5+5, K = 388;
int n, m, a[N], ans[K][K];
template<typename T> void chkmin(T &x, T y) {if(x > y) x = y;}
template<typename T> void chkmax(T &x, T y) {if(x < y) x = y;}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
rep(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
rep(p, 1, K-1) rep(i, 1, n) ans[p][i%p] += a[i];
while(m--) {
char op[2];
int x, y;
scanf("%s%d%d", op, &x, &y);
if(op[0] == 'A') {
if(x < K) printf("%d\n", ans[x][y]);
else {
int now = 0;
for(int i=y;i<=n;i+=x) now += a[i];
printf("%d\n", now);
}
}
else {
rep(p, 1, K-1) ans[p][x%p] -= a[x];
a[x] = y;
rep(p, 1, K-1) ans[p][x%p] += a[x];
}
}
return 0;
}
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