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• 題意：
• 思路：

題意：

給你一個長度為$n$的序列$a$，$q$個詢問，每次詢問$[l,r]$內的$lcm$是多少，對$1e9+7$取模。

$n\le 1e5,a\le 2e5,q\le 1e5$

思路：

關于$lcm$，對于兩個數的$lcm$，為了防止爆炸我們通常寫成$a/gcd(a,b)?b$，如果求$1?n$所有數的$lcm$并且要求取模，而且$a,b$都比較大，我們就不能這么求了，考慮將其分解為質因子的形式。

考慮$a?b/gcd(a,b)$到底干了個什么事情，其實他將$a,b$的每個質因子的冪次都取了$max$之后就得到了他們的$lcm$，換句話說，原本$a=p_1^{x1}{p}_2^{x2}...p_n^{xn}$，$b=p_1^{y1}{p}_2^{y2}...p_n^{yn}$，那么$lcm(a,b)=p_1^{max(x1,y1)}{p}_2^{max(x2,y2)}...p_n^{max(x_n,y_n)}$，因為$gcd(a,b)$是取了$min$，除去之后就剩$max$啦。

所以我們可以通過維護質因子的個數，最后就快速冪一下就好。

如果帶修的話，需要掛到線段樹上，考慮值域$a_i\le 2e5$的情況，我們可以對于$\le 500$的質數每個都建一顆線段樹，最多也就$90$個左右，讓后對于其他的素數，冪次一定都是$1$，我們查詢區間內不同的數的乘積，用主席樹維護一下即可，對于$90$個線段樹，我們只需要維護區間$max$即可。

還可以將$90$棵線段樹換成$st$表，讓后用$char$存，這樣能快點。

這個的復雜度$O(n?90?logn)$，常數有點大，雖然卡卡能過，但是顯然不優，我們考慮更優解法。

考慮我們離線怎么做，顯然我們套路的將其按照右端點排序，現在我們就固定了右端點，左端點在$l$，由于$lcm$是單調不減的，所以考慮一個單調性，我們將其移動到$l?1$的話貢獻是多少呢？假設$a_{l?1}$有一個質因子$p$，其冪次為$x$，在$[l,r]$之間的$p$冪次為$y$，假設此時$x>y$，那么顯然他對$lcm$的貢獻為$p^{x?y}$，否則其沒有貢獻。

這啟發了我們什么呢？我們是否可以像線段樹離線維護數出現的最后位置一樣，維護質因子出現的最后位置呢？假設現在有兩個位置$i<j$，質因子$p_i^x,p_j^y$，假設$x<y$，那么將$i$位置的質因子都刪去，在$j$位置乘上$p^y$顯然是最優的，這樣來看直接取最后的位置是沒問題的，但是如果$x>y$，這個時候按照上面說的我們就不會更新，但是如果后面查詢$[j,pos]$的時候，由于我們沒加上$j$位置質因子的貢獻，所以會導致答案錯誤。

所以我們考慮維護一下每個質因子的每個冪次出現的位置，這樣對于$x>y$的情況，相當于將$i$位置除上個$p_y$，變成$p^{x?y}$，讓后將$j$位置更新為$p^y$，這樣查詢$[j,pos]$的時候不會丟掉$j$的貢獻，并且查詢$[x,y]$的時候，由于維護的是乘積，即$p^{x?y}?p^y=p^x$，也不會丟掉$i$位置的最大值，這樣這個問題就完美解決了。

復雜度由$a$來確定，由于每個數最多有不超過$loga$個質因子，所以時間復雜度上界是$O(nlo{g}^{2}n)$，空間復雜度$O(nlo{g}^{2}n)$。

// Problem: F. Boring Queries // Contest: Codeforces - Codeforces Round #675 (Div. 2) // URL: https://codeforces.com/contest/1422/problem/F // Memory Limit: 512 MB // Time Limit: 3000 ms // // Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<random> #include<cassert> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=200010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,m; int a[N],pre[N]; int root[N],idx; struct Node {int l,r;LL mul; }tr[N*100]; int prime[2*N+10],cnt,ne[2*N]; bool st[2*N+10];void get_prime(int n) {for(int i=2;i<=n;i++){if(!st[i]) prime[cnt++]=i,ne[i]=i;for(int j=0;prime[j]<=n/i;j++){st[prime[j]*i]=true;ne[prime[j]*i]=prime[j];if(i%prime[j]==0) break; } } } LL qmi(LL a,LL b) {LL ans=1;while(b) {if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod; }void build(int &u,int l,int r) {u=++idx; tr[u].mul=1;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;build(tr[u].l,l,mid); build(tr[u].r,mid+1,r); }void insert(int p,int &q,int l,int r,int pos,int val) {q=++idx; tr[q]=tr[p];tr[q].mul*=val; tr[q].mul%=mod;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(pos<=mid) insert(tr[p].l,tr[q].l,l,mid,pos,val);else insert(tr[p].r,tr[q].r,mid+1,r,pos,val); }LL query(int u,int l,int r,int ql,int qr) {if(!u) return 1;if(l>=ql&&r<=qr) return tr[u].mul;LL ans=1,mid=(l+r)>>1;if(ql<=mid) ans=ans*query(tr[u].l,l,mid,ql,qr)%mod;if(qr>mid) ans=ans*query(tr[u].r,mid+1,r,ql,qr)%mod;return ans; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);get_prime(3e5);scanf("%d",&n);build(root[0],1,n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++) {int now=a[i];root[i]=root[i-1];while(now!=1) {int f=ne[now];int inv=qmi(ne[now],mod-2);vector<PII>v;LL fun=1;while(now%f==0) {fun*=f; now/=f;if(pre[fun]) v.pb({pre[fun],inv});pre[fun]=i;}insert(root[i],root[i],1,n,i,fun);LL all=1;for(int j=0;j<v.size();j++) {all*=v[j].Y,all%=mod;if(j==v.size()-1||v[j].X!=v[j+1].X) insert(root[i],root[i],1,n,v[j].X,all),all=1;}}}LL last=0;scanf("%d",&m);while(m--) {int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);l=(1ll*l+last)%n+1; r=(1ll*r+last)%n+1;if(l>r) swap(l,r);printf("%lld\n",last=query(root[r],1,n,l,r));} return 0; } /**/

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #675 (Div. 2) F. Boring Queries 区间lcm + 主席树的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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