AGC003E

最后还是看了题解。

首先用单调栈把操作序列变成单调递增的（证明去掉一个相邻逆序对中的大数不会对答案产生影响）。

后面的内容想出来是几天之后了……

我描述不太清楚， 这里仅给出大体思路：

题目的目标就是要维护一个答案数组 \(\tt ans[i]\)， 其中 \(\tt ans[i]\) 表示所有操作操作完之后 \(\tt i\) 的数量 。

为了表达清楚那么一点点，现在在这里定义两种与序列相关的运算（设有一数列 \(\tt q\)）：

1. 数乘， \(\tt k*q, \ k\in\Bbb N_+\) ，表示将 \(\tt q\) 复制 \(\tt k\) 次拼接起来
2. 答案数组加上数列 \(\tt q\)， \(\tt ans += q\)， 表示对于 \(\tt \forall i\in[1,|q|]\)， 让 \(\tt ans[q_i]\) 加上 \(\tt 1\)

设操作总数为 \(\tt Q\)， 设第 \(\tt i\) 次操作后的数列为 \(\tt S_i\)。

那么题目要求的就是要进行 \(\tt ans += S_Q\) 之后输出整个 \(\tt ans\) 数组。

显然， \(\tt S_i\) 可以被分解为若干段 \(\tt S_{i-1}\) 和一段 \(\tt S_i\mod S_{i-1}\) （描述不精确， 感性理解下）

那么 \(\tt ans += S_i\) 就相当于先后进行 \(\tt ans += \lfloor\frac{|S_i|}{|S_{i-1}|} \rfloor*S_{i-1}\)， \(\tt ans += S_i\mod S_{i-1}\) 。

注意到这个 \(\tt ans += S_i\mod S_{i-1}\) 的操作也是可以像刚才那样分解， 套一个二分， 分解完只需要 \(\tt O(log^2)\) 的时间。

整个算法的总体思路就是把 “给答案数组加上一个较晚的数列” 不断拆成 “给答案数组加上若干个不一定相同的较早的数列”。

//A了， 函数内参数没开longlong
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN = 100003;

int n,q,tp;
long long a[MN];

long long times[MN], ans[MN];

void divide(long long len, long long timeS) { // 把给 “ans数组加上第 id 次操作后的序列的长度为 len 的前缀 timeS 次” 分解
    int j = upper_bound(a+1,a+tp+1,len) - a - 1;
    if(!j) ans[1]+=timeS, ans[len+1]-=timeS;
    else {
        times[j] += (len/a[j]) * timeS;
        divide(len%a[j], timeS);
    }
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n,&q);
    a[++tp] = (long long)n;
    for(int i=1;i<=q;++i) {
        long long x;
        scanf("%lld",&x);
        while(tp && a[tp]>=x) --tp;
        a[++tp] = x;
    }
    
    times[tp] = 1ll; //题目就是要求把 ans 数组加上一个最终数列
    for(int i=tp;i>1;--i) {
        times[i-1] += (a[i]/a[i-1])*times[i]; //分解前面的整段
        divide(a[i]%a[i-1],times[i]);
    }
    ans[1] += times[1];
    ans[a[1]+1] -= times[1];
    for(int i=2;i<=n;++i) ans[i] += ans[i-1];
    for(int i=1;i<=n;++i) cout << ans[i] << '\n';
    return 0;
}