CF889E Mod Mod Mod

一、题目

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二、解法

真是第一次见，这是一道 (dp) 维护直线函数的题。

设 (x_i=X \% a_1 \% a_2 ...\% a_i)，如果 (x_i>0)，那么 (X) 减 (1) 时 (x_1,x_2...x_i) 必定减 (1)，考虑到 (i) 的答案是 (sum_{j=1}^i x_j)，那么此种情况下答案就会减少 (i)，这样我们找到了答案和 (X) 的关系：答案是 (icdot X+b) 的形式。

那么考虑 (dp) 来维护函数，设 (dp[i][j]) 考虑到 (i)，函数 (x_ileq j) 的最大 (b)，转移考虑添加模数 (a_{i+1})

• 如果 (j<a_{i+1})，那么这个模数对函数没有任何影响：(dp[i+1][j]leftarrow dp[i][j])

• 否则 (jgeq a_{i+1})，考虑函数的上界会被模成 (a_{i+1}-1)，那么以前的函数只有两段最优，我们只需要考虑它们的转移。

设 (y=a_{i+1}-1+a_{i+1}lfloorfrac{j-a_{i+1}+1}{a_{i+1}} floor)，也就是模 (a_{i+1}) 之后最大的数，这一段在原函数中是 ((y-a_{i+1},y])，取模之后相当于 (kin [0,a_{i+1}))，那么取模之后函数的方程式：((i+1)cdot k+ia_{i+1}lfloorfrac{j-a_{i+1}+1}{a_{i+1}} floor+dp[i][j])，有转移：

[dp[i+1][a_{i+1}-1]leftarrow dp[i][j]+ia_{i+1}lfloorfrac{j-a_{i+1}+1}{a_{i+1}} floor ]

还有一段是 ((y,j])，取模之后相当于 (kin[0,j\%a_{i+1}])，考虑 (j) 处原来的点值是 (ij+dp[i][j])，新的点值是 (ij+j\% a_{i+1}+dp[i][j])，函数斜率是 (i+1)，写出方程式：((i+1)cdot k+i(j-j\% a_{i+1})+dp[i][j])，有转移：

[dp[i+1][j\% a_{i+1}]leftarrow dp[i][j]+i(j-j\% a_{i+1}) ]

现在来分析一波时间复杂度，有一个 (a_{i+1}-1) 位置的插入，每次转移都会使之减少 (frac{1}{2})，所以每个初始的位点会转移 (O(log a)) 次，用 ( t map) 维护 (dp) 数组，那么时间复杂度 (O(nlog nlog a))

三、总结

总结一下 (dp) 维护直线函数的注意事项，毕竟这是一个船新题型。

首先观察题目给的权值，如果是相加之类的一次操作但值域很大可以往这个方面考虑。

然后就是找函数关系式，看权值是否和某个量存在直线关系。

操作函数时（转移）考虑维护最大的 (b)，那么取最优段转移即可，排除一定不优的转移。

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
#define int long long
#define mit map<int,int>::iterator
const int M = 200005;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,ans,a[M];map<int,int> mp;
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	mp[a[1]-1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(mit it=mp.lower_bound(a[i]);it!=mp.end();mp.erase(it++))
		{
			int x=it->first,y=it->second;
			mp[x%a[i]]=max(mp[x%a[i]],y+(i-1)*(x-x%a[i]));
			mp[a[i]-1]=max(mp[a[i]-1],y+(i-1)*((x+1)/a[i]*a[i]-a[i]));
		}
	for(mit it=mp.begin();it!=mp.end();it++)
		ans=max(ans,it->second+n*it->first);
	printf("%lld
",ans);
}