AGC 068 E Snuke Line 解题报告 (树状数组)

Snuke Line

题意

有一趟列车有 (M+1) 个车站, 从 (0) 到 (M) 编号.

有 (N) 种商品, 第 i 种只在编号 ([l_i,r_i]) 的车站出售.

一辆列车有一个预设好的系数 (d), 从 (0) 出发, 只会在 (d) 的倍数车站停车.

对于 (d) 从 (1) 到 (M) 的列车, 求最多能买到多少种商品.

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思路

首先明确一点, 如果枚举每辆列车所经过的每个车站的话, 复杂度是 (O(nlog n)) 的.

因为总次数是 (sum_{i=1}^{n} frac{n}{i}), 而这货 (sum_{i=1}^{n} frac{1}{i}) 是 (log n) 级别的 (这是一个叫调和数列的东西, 但是我不会), 所以总复杂度就是 (O(nlog n)).

但是, 如果我们只是单纯地把每种商品加到它对应的区间的话, 会导致重复计算.

而我们发现, 当 (r_i-l_i+1 ge d) 时, 这中商品必然能够被买到, 而 (r_i-l_i+1 < d) 一定不会被重复计算,

所以, 我们只需要把 (r_i-l_i+1 < d) 的商品加到它对应的区间就行了,

我们的操作是区间修改, 单点查询, 用 树状数组 + 差分 就行了.

所以, 从小到大枚举 (d) 每次把 (r_i-l_i+1 < d) 的商品扔进树状数组, 然后对每个车站查询就好了.

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _=1e5+7;
const int __=3e5+7;
struct com{
  int l,r,len;
}c[__];
int n,m,tr[_],ans;
bool rule(com a,com b){ return a.len<b.len; }
void add(int x,int w){
  for(int i=x;i<=m;i+=i&(-i))
    tr[i]+=w;
}
void modify(int l,int r,int w){
  add(l,w);
  add(r+1,-w);
}
int query(int x){
  int res=0;
  for(int i=x;i;i-=i&(-i))
    res+=tr[i];
  return res;
}
int main(){
  //#ifndef ONLINE_JUDGE
  //freopen("x.in","r",stdin);
  //#endif
  cin>>n>>m;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    scanf("%d%d",&c[i].l,&c[i].r);
    c[i].len=c[i].r-c[i].l+1;
  }
  sort(c+1,c+1+n,rule);
  int p=1;
  for(int i=1;i<=m;i++){
    while(p<=n&&c[p].len<i){
      modify(c[p].l,c[p].r,1);
      p++;
    }
    //printf("p: %d
",p);
    ans=n-p+1;
    for(int j=i;j<=m;j+=i)
      ans+=query(j);
    printf("%d
",ans);
  }
  return 0;
}