F. Remainder Problem 解题报告

F. Remainder Problem解题报告 \(\LaTeX\)

我的第一道根号分治，感觉没啥好讲的（我讲不出来），裸的根号分治，但不是神的。

根号分治

在本题中，注意到 \(5\times 10^5\) 很大，\(n\) 和 \(q\) 同阶 ，模数很小时最坏可以卡成 \(O(n^2)\) 但是注意到当操作 \(2\) 模数 \(x>\sqrt{n}\) 时，可以隔 \(x\) 个跳着选，则单次操作 \(2\) 复杂度可以保证在 \(O(\sqrt{n})\) ,但是当模数 \(x<\sqrt{n}\) 时，上述做法复杂度就难以保证在根号。但是又注意到 \(\sqrt{n}^2=n\) 可以设计 dp 状态并转移，\(f[i][j]\) 表示 \(\sum_{1}^{\sqrt{n}}a[x]\times[x\mod i=j]\) 单次操作复杂度在 \(\sqrt{n}\) 。则总时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\) ,注意不用开 \(long long\) 。

代码

实践上出了点锅，可能与理论有点小差，代码超超超短，\(\textcolor{skyblue}{蓝色}\)是水的颜色~

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e5,man=1020;
int q,a[maxn+100],f[man+100][man+100];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	cin>>q;
	while(q--){
		int t,x,y;
		cin>>t>>x>>y;
		if(t==1){//O(sqrt(n)) 
			for(int i=1;i<man;++i)f[i][x%i]+=y;
			a[x]+=y;
		}
		if(t==2){
			if(x>man){
				int cnt=0;
				for(int i=y;i<=maxn;i+=x)cnt+=a[i];//O(sqrt(n))
				cout<<cnt<<"\n";
			}
			else cout<<f[x][y]<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}

双倍经验

P3396 哈希冲突 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)