CF1877D Effects of Anti Pimples

传送门。每个数作为最大值时的贡献显然是 \(a_i\times cnt_i\)，\(cnt_i\) 为 \(a_i\) 在多少种染色方案中作为最大值出现，我们主要来对每个数求 \(cnt_i\)。

我们对于从 \(1\) 到 \(n\) 枚举元素，求出它和能被它染成绿色的所有元素中的最大值 \(mx\)。现在钦定 \(a_i\) 为最大值，则当前的染色方案一定不能染黑那些 \(mx\) 值大于 \(a_i\) 的元素，否则 \(a_i\) 就不是最大值了。而对于 \(mx=a_i\) 的元素（设有 \(x\) 个），我们至少选择一个，得到 \(2^x-1\) 种选择；对于 \(mx<a_i\) 的元素（设有 \(y\) 个），我们随意选择，得到 \(2^y\) 种选择；乘算起来，得到总方案数 \((2^x-1)\times 2^y\)。

具体实现上，排序 \(mx\) 数组，二分 \(mx=a_i\) 的上下界即可。时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于计算 \(mx\)；值得注意的是，因为 \(1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}\) 是对数级的，所以不会超时。

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1), mul(n + 1);
    mul[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        mul[i] = mul[i - 1] * 2 % mod;
    }
    vector<int> maxc(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i; j <= n; j += i)
            maxc[i] = max(maxc[i], a[j]);
    sort(maxc.begin() + 1, maxc.end());
    unordered_set<int> vis;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (vis.count(a[i])) continue;
        int r = upper_bound(maxc.begin() + 1, maxc.end(), a[i]) - maxc.begin() - 1;
        int l = lower_bound(maxc.begin() + 1, maxc.end(), a[i]) - maxc.begin() - 1;
        ans = (ans + (LL)a[i] * (mul[r - l] - 1) % mod * mul[l] % mod) % mod;
        vis.insert(a[i]);
    }
    cout << ans << endl;
}