好题集 (7) - LG P9809 [SHOI2006] 作业 Homework

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题意：维护一个集合 \(S\)，有 \(n\) 此操作，操作分为修改和查询。修改时将给定的 \(x\) 插入 \(S\) 中，查询时对于给定的 \(y\)，求 \(\forall x\in S,\min (x\bmod y)\)。\(n\le 10^5\)，\(x,y\le 3\times 10^5\)。

看到诡异取模，联想到对 \(y\) 根号分治。设阈值为 \(B\)，分 \(y\le B\) 和 \(y>B\) 两种情况讨论。

首先对于 \(\forall i\in[1,B]\)，都维护一个 \(val_i\) 表示已有的 \(x\) 中，\(\min (x\bmod i)\)。对于 \(y\le B\) 的查询操作，直接将 \(val_y\) 作为答案即可，这一步是 \(O(1)\) 的；每插入一个新的 \(x\)，都对应更新 \(val_i\)，这一步是 \(O(B)\) 的。

考虑对于 \(y>B\) 的查询应该怎么做。我们把对每个 \(x\) 取模的式子列出来：

\[x\equiv r\pmod y \]

其中 \(r\) 是余数，\(\min r\) 即为答案。

设 \(a\) 为商，再把式子变一下形：

\[x=ay+r \]

观察发现，\(y>B\) 就意味着 \(a<\frac{x}{B}\)。这是一个很重要的性质，我们可以利用这个性质来枚举 \(a\)，并将每个 \(a\) 对应的 \(r\) 取最小值作为答案。枚举的过程是 \(O(\frac{x}{B})\) 的。

考虑我们当前枚举到了一个 \(a\)，如何求出对应的 \(r\)。显然这时 \(x\) 取 \(ay\) 的后继（可以取等）是最优的。如果这样的 \(x\) 存在，那么这个 \(a\) 对应的答案就是 \(x\bmod y\)。

于是对于一次 \(y>B\) 的查询，我们一共要求 \(O(\frac{V}{B})\) 次后继；而对于一次修改，我们只需插入一次。显然常规值域分块的 \(O(1)\) 插入，\(O(\sqrt{n})\) 求后继是不够看的；平衡树等二分数据结构也不是优。于是不难想到改变值域分块的维护方式，牺牲一部分插入的复杂度来平衡求后继的复杂度，做到 \(O(\sqrt{n})\) 插入，\(O(1)\) 求后继。

容易想到维护每个数在块内的后继（若无则设为 $\infty $）和每块右端点上的数在后面所有块中的后继。更新时容易以 \(O(\sqrt{n})\) 的复杂度维护，查询时直接将两个值取最小即可，做到 \(O(1)\)。

发现 \(B\) 取 \(\sqrt{V}\) 时比较优，此时总复杂度为 \(O(n\sqrt{V})\)。

代码（题中的 \(y\) 在代码中叫 \(x\)）：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;

const int N=3e6+5;
const int B=550;

int n;
int val[N];

namespace OIfast{
	
	char buf[1<<21],*p1,*p2,*top,buffer[1<<21];
	#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
	#define gc getchar()
	
	inline int read(){
		int n=0;static char c=gc;
		while(!isdigit(c))c=gc;
		while(isdigit(c))n=(n<<3)+(n<<1)+(c^48),c=gc;
		return n;
	}
	
}using namespace OIfast;

namespace FK{
	
	const int M=1e4+5;
	
	int k,tot;
	
	int L[M],R[M],loc[N];
	int nxt[N],nxt_[M];
	
	inline void getmn(int &a,int b){
		return a=(a<b?a:b),void();
	}
	
	inline void init(){
		k=550,tot=ceil((3e5)/(1.0*k));
		for(int i=1;i<=tot;++i){
			L[i]=(i-1)*k,R[i]=min((int)3e5,L[i]+k-1);
			nxt_[i]=1e9;
			for(int j=L[i];j<=R[i];++j)loc[j]=i,nxt[j]=1e9;
		}
		for(int i=1;i<=B;++i)val[i]=1e9;
		return ;
	}
	
	inline void add(int v){
		for(int i=L[loc[v]];i<=v;++i)getmn(nxt[i],v);
		for(int i=1;i<=loc[v]-1;++i)getmn(nxt_[i],v);
		return ;
	}
	
	inline int qry(int v){
		return min(nxt_[loc[v]],nxt[v]);
	}
	
}using namespace FK;

inline void work(){
	char op=gc;while(!isalpha(op))op=gc;
	int x=read();
	if(1==2){
		puts("wow");
	}else if(op=='A'){
		for(int i=1;i<=B;++i)getmn(val[i],x%i);
		add(x);
	}else if(op=='B'){
		if(x<=B)printf("%d\n",val[x]);
		else{
			int res=1e9;
			for(int i=0;i*x<=3e5;++i)if(qry(i*x)<1e9)getmn(res,qry(i*x)%x);
			printf("%d\n",res);
		}
	}
	return ;
}

signed main(){
//	freopen("P9809_1.in","r",stdin),freopen("out.txt","w",stdout);
	n=read();init();while(n--)work();
	return 0;
}

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