题解：P7810 [JRKSJ R2] Upper

题目描述

有 \(n\) 张扑克，第 \(i\) 张扑克上写有一个正整数 \(a_i\)。

现在要把扑克划分成若干个合法的连续子段，其中，一个连续子段 \([l,r]\)“合法”当且仅当这个子段同时满足两个条件：

• \(a_l< a_r\)
• \(\gcd(a_l,a_r)>1\)

请问最多能划分多少段。如果没有合法的划分方案，输出 \(-1\) 即可。

Solution

不妨先来想一想暴力的 dp 怎么写。

不难想到令 \(f_i\) 为以 \(i\) 结尾的最多段数，则可写出方程：

\[dp_i= \max \limits _{j=1} ^{i-1} (dp_j+1)[(\gcd(a_j,a_i)>1) ~\land~ (a_i>a_j) ] \]

其中中括号里的代表转移条件，\(\land\) 代表且。

时间复杂的 \(O(n^2)\)，考虑优化。

如果只考虑 \(a_l<a_r\) 这个条件，我们不难想到值域的数据结构优化。

现在我们可以考虑 \(\gcd(a_l,a_r) > 1\) 的特殊性。

不妨先将 \(a_l,a_r\) 质因数分解，如果 \(\gcd(a_l,a_r) > 1\) 则它们必定包含相同的质因数。利用这条性质，我们可以将所有 \(a_i\) 所包含的质因数中给每一个质因数开一棵树状数组。

再结合 \(a_l<a_r\) 这个条件，我们就可以改成开值域数组数组。

但是有一个雷点就是不要离散化之后直接丢进去，因为当前 \(a_i\) 是质因数的倍数，所以可以将这个倍数离散化之后再塞进去，这样即可避免 MLE。

Tips

开树状数组时一定要用 vector，并且不要长度开多了。

dp 数组和树状数组一定要初始化为负无穷，不然就像我一样条半天。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define debug cout<<"fuck you"<<endl;
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+5;

bool vis[N];
int pri[N],cnt;

void ol(int SZ){//预处理素数 
	memset(vis,1,sizeof(vis));
	vis[1]=0;
	for(int i=2;i<=SZ;i++){
		if(vis[i]) pri[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt && pri[j]*i<=SZ;j++){
			vis[pri[j]*i]=0;
			if(i%pri[j]==0) break;
		}
	}
//	for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<pri[i]<<" ";
}

vector<int> d[N],tmp_d[N];//d[i]为第i个数的质因数集合 
int num_d[N];
void push_d(int x,int num){//分解质因数 
	for(int i=1;pri[i]*pri[i]<=x;i++){
		if(x%pri[i]==0){
			d[num].push_back(pri[i]);
			while(x%pri[i]==0) x/=pri[i];
		} 
	} 
	if(x!=1) d[num].push_back(x);
	return;
} 

int lowbit(int x){
	return x&-x;
}
struct FK_tree{//树状数组 
	vector<int> tr;
	int max_n;
	void init(int xx){
		max_n=xx+1;
		tr.resize(xx+10,-1e9);
	}
	int ask(int fk){
		int res=-1e9;
		for(;fk;fk-=lowbit(fk))
			res=max(res,tr[fk]);
		return res;
	}
	void change(int fk,int fq){
		for(;fk<=max_n;fk+=lowbit(fk))
			tr[fk]=max(tr[fk],fq);
	}
};

int get_rnk(int trr,int val){//离散化后获取倍数的排名 
	vector<int>::iterator iter = tmp_d[trr].begin() + num_d[trr]; //一定要用迭代器 
	return lower_bound(tmp_d[trr].begin(),iter,val) - tmp_d[trr].begin() + 1;//+1是为了避免RE 
}

vector<FK_tree> tree;
int a[N],n,tot,f[N],tot_tr;
map<int,int> mp,trmp;
signed main(){
	tree.resize(2e5);
	ol(2e5);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) push_d(a[i],i);
	memset(f,-0x7f,sizeof f);
	f[1]=-1; 
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<d[i].size();j++)
			if(trmp[d[i][j]]==0) trmp[d[i][j]]=++tot_tr,tree[trmp[d[i][j]]].init(2*N/d[i][j]);
	//cout<<tot_tr;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<d[i].size();j++)
			tmp_d[trmp[d[i][j]]].push_back(a[i]);
	
	for(int i=1;i<=tot_tr;i++){
		sort(tmp_d[i].begin(),tmp_d[i].end());
		num_d[i]=unique(tmp_d[i].begin(),tmp_d[i].end()) - tmp_d[i].begin();
	}
	for(int j=0;j<d[1].size();j++)
		tree[trmp[d[1][j]]].change(get_rnk(trmp[d[1][j]],a[1]),0);
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<d[i].size();j++)
			f[i]=max(f[i],tree[trmp[d[i][j]]].ask(get_rnk(trmp[d[i][j]],a[i])-1)+1);
		for(int j=0;j<d[i+1].size();j++)//下一个区间的开头，所以要 +1 
			tree[trmp[d[i+1][j]]].change(get_rnk(trmp[d[i+1][j]],a[i+1]),f[i]);	
	}
    if(f[n]<0) cout<<-1;
	else cout<<f[n];
}