【CF889E】Mod Mod Mod（DP）

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• 给定一个长度为\(n\)的数组\(a_{1\sim n}\)，定义\(f(i,x)=\begin{cases}x\%a_i+f(i+1,x\%a_i)&(i<n)\\x\%a_n&(i=n)\end{cases}\)。
• 对所有正整数\(x\)，求\(f(1,x)\)的最大值。
• \(n\le2\times10^5,a_i\le10^{13}\)

寻找关键点

容易发现，如果\(x\)在模过\(a_{1\sim i}\)之后不为\(0\)，那么\(x-1\)在模\(a_{1\sim i}\)的过程中始终恰好比\(x\)小\(1\)。

也就是说，我们可以写出一个函数\(i\times x+b\)表示模\(a_i\)余\(1\sim Mx\)的数一种可能的贡献，并把\(Mx\)称作一个关键点。

那么每\(DP\)到一个位置\(i\)，原本的关键点依然是关键点（可能要经过取模），而\(a_{i}-1\)则成为了一个新的关键点。

又由于一个数取模一次至少会减半，一个关键点最多取模\(O(logV)\)次，所以即便我们每次枚举关键点暴力取模，总共也只会有\(O(nlogV)\)次操作。

动态规划

设\(f_{i,x}\)表示当前\(DP\)到第\(i\)位，对于关键点\(x\)，函数\(i\times x+b\)中\(b\)的最大值。

转移只需找出大于等于\(a_i\)的那些关键点，分别考虑它们取模后的变化以及对新关键点\(a_{i}-1\)的贡献，得到：

\[f_{i,x\%a_i}=f_{i-1,x}+(i-1)\times(x-x\%a_i)\\ f_{i,a_i-1}=f_{i-1,x}+(i-1)\times(\lfloor\frac{x-(a_i-1)}{a_i}\rfloor\times a_i) \]

本题中可以使用\(map\)优化。

代码：\(O(nlognlogV)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Rg register
#define RI Rg int
#define Cn const
#define CI Cn int&
#define I inline
#define W while
#define N 200000
#define LL long long
using namespace std;
int n;LL a[N+5];map<LL,LL> P;map<LL,LL>::iterator it;
int main()
{
	RI i;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",a+i);
	for(P[a[1]-1]=0,i=2;i<=n;++i) for(it=P.lower_bound(a[i]);it!=P.end();P.erase(it++))//枚举大于等于a[i]的关键点
		P[it->first%a[i]]=max(P[it->first%a[i]],it->second+(i-1)*(it->first-it->first%a[i])),//考虑取模后的变化
		P[a[i]-1]=max(P[a[i]-1],it->second+(i-1)*((it->first-(a[i]-1))/a[i]*a[i]));//考虑对新关键点a[i]-1的贡献
	LL t=0;for(it=P.begin();it!=P.end();++it) t=max(t,n*it->first+it->second);return printf("%lld\n",t),0;//枚举所有关键点统计最终答案
}