因為只有std，沒有自我實現(xiàn)，所以是無碼專區(qū)

主要是為了訓(xùn)練思維能力

my idea顧名思義，記錄了我的整個思維過程，以及自己部分實現(xiàn)細(xì)節(jié)口胡，還有期望分?jǐn)?shù)

solution才是dls正解，但是因為只有潦草幾句，所以大部分會有我自己基于正解上面的算法實現(xiàn)過程，可能選擇的算法跟std中dls的實現(xiàn)不太一樣。

std可能也會帶有博主自己的注釋。

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problem

有 $n$ 個數(shù)，其表示為 $2^{a_i}?3^{b_i}$，給定 $a_i,b_i$。

對于所有的非空子集，求出它們的最小公倍數(shù)，并求和。

答案對 $1e9+7$ 取模。

測試點編號$n\le$$a_i,b_i\le$

$1?2$	$20$	$10^9$
$3?4$	$10^3$	$10^9$
$5?6$	$10^5$	$10^3$
$7?10$	$10^5$	$10^9$

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my idea

讀完題就直接思考具有特殊性質(zhì)的數(shù)據(jù)點，因為往往這種數(shù)據(jù)點的算法就是正解最樸素的原始樣子。有價值的題都會這么設(shè)計部分分。某些毒瘤題呃呃呃

$n\le 10^3$ 應(yīng)該是與 $n^2$ 掛鉤的算法。

大概是枚舉子集的最小值和最大值，強制入選，然后二維數(shù)點中間所有可以選擇的數(shù)。為了避免算重，相同值的點還得強制規(guī)定一個大小，比如編號。

$a_i,b_i\le 10^3$ 本質(zhì)上與上面差不多。

只不過是從因子的冪次角度入手枚舉。

枚舉最大值的 $a,b$，二維數(shù)點所有 $a_i\le a,b_i\le b$ 的點，考慮是否選擇。

同樣為了避免算重，也得規(guī)定第三排序法則。

以上只是粗略的想法，并未細(xì)想。因為這個時候發(fā)現(xiàn)上面的做法其實是可以做正解的。

$2^a,3^b$ 是相互獨立的，可分開計算。

將所有數(shù)按 $a$ 冪次大小升序排序后。

考慮枚舉第 $i$ 個數(shù)的 $a$ 作為最小公倍數(shù)的 $a$。

顯然，子集內(nèi)的其余元素只能從 $1\le j<i$ 里面選。

對 $b$ 建立權(quán)值線段樹，維護(hù)元素個數(shù)。

為了去重，強制枚舉的數(shù)必選，那么最小公倍數(shù) $b$ 的至少是 $b_i$。

直接線段樹上查一段區(qū)間作為作為最小公倍數(shù) $b$ 的答案。

具體而言：

線段樹的葉子節(jié)點 $x$ 維護(hù)的是 $b_j\le x,1\le j<i$ 的 $j$ 的個數(shù)，假設(shè)為 $c$ 個。

一個葉子節(jié)點如果是最后選的子集數(shù)的最小公倍數(shù)的 $b$ 的話。

那么可能的子集為 $2^{c?1}$ 個，$?1$ 是因為必須要求 $b_j=x$ 的 $j$ 中強制被選一個，這樣才會有 $b_j$，否則會假掉。

一個點對答案的貢獻(xiàn)就是 $2^{c?1}?x$，此時必須保證有至少一個 $b_j=x$ 才行。

所以一個點還要維護(hù)一個標(biāo)記 $f$，表示是否有至少一個 $j$ 滿足 $b_j=x$。

那么一個點對答案的貢獻(xiàn)應(yīng)該是 $2^{c?1}?x?f$。

對于枚舉的 $i$ 而言，算出來的貢獻(xiàn)為 $2^{a_i}?$ 線段樹查詢區(qū)間 $[b_j,MaxB]$。

注意到，這個形式意味著還要對 $b$ 進(jìn)行離散化處理。

因為 $i$ 能讓 $b_i$ 的線段樹對應(yīng)節(jié)點 $f=1$，而這之前可能是 $f=0$。

所以要先修改再查詢。

修改根據(jù)節(jié)點維護(hù)信息，對應(yīng)的應(yīng)是區(qū)間修改 $[1,b_i]$，且特殊的， $b_i$ 的 $f$ 要置為 $1$。

所以可以拆成區(qū)間修改 $[1,b_i)$ 和單點修改 $b_i$。

懶標(biāo)記一旦增加，相當(dāng)于是多了一個個數(shù)，冪次 $+1$，拆出來變成外部 $\times 2$。

即 $2^{lazy}?(2^{c_1}?x_1?f_1+2^{c_2}?x_2?f_2+...+)$。

時間復(fù)雜度為 $O(n\log n)$。

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solution

首先不妨設(shè) $a_i,b_i$ 兩兩不同。

考慮枚舉集合中 $b_i$ 最大的元素，將所有 $b_j<b_i$ 的元素按 $a_j$ 從小到大排序。

不妨記作 $a_1^{\prime },a_2^{\prime },...,a_{i?1}^{\prime }$，那么會有 $2^{i?1}$ 個子集，最大值是 $a_{i?1}^{\prime }$。

考慮將 $a_i$ 加入后，所有最大值 $<a_i$ 的子集，最大值都變成了 $a_i$，剩下的子集不變。

將 $a_i$ 加入到上面的有序序列后，所有比 $a_i$ 大的元素排名都會 $+1$，對應(yīng)的子集個數(shù)會翻倍。

問題等價于區(qū)間乘 $2$ 以及區(qū)間求和，線段樹維護(hù)。

就是my idea類似的思想，yeah我做出來了！

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std

#include <bits/stdc++.h> #define ls(x) (x << 1) #define rs(x) ((x << 1) | 1) #define LL long long using namespace std; const int maxn = 100010; const LL mod = 1000000007;struct node {int x, y, rank; };bool cmp1(node x, node y) {return x.x == y.x ? x.y < y.y : x.x < y.x; }bool cmp2(node x, node y) {return x.y == y.y ? x.x < y.x : x.y < y.y; } node a[maxn];struct SegementTree {LL sum, cnt, lz; }; SegementTree tr[maxn * 4];LL qpow(LL x, LL y) {LL ans = 1;for (; y; y >>= 1) {if (y & 1)ans = (ans * x) % mod;x = (x * x) % mod;}return ans; }void pushup(int x) {tr[x].sum = (tr[ls(x)].sum + tr[rs(x)].sum) % mod;tr[x].cnt = (tr[ls(x)].cnt + tr[rs(x)].cnt) % mod; }void maintain(int x, int y) {tr[x].sum = (tr[x].sum * qpow(2, y)) % mod;tr[x].lz += y; }void pushdown(int x) {if (tr[x].lz) {if (tr[ls(x)].cnt)maintain(ls(x), tr[x].lz);if (tr[rs(x)].cnt)maintain(rs(x), tr[x].lz);tr[x].lz = 0;} }void build(int x, int l, int r) {if (l == r) {tr[x].sum = tr[x].cnt = 0;return;}int mid = (l + r) >> 1;build(ls(x), l, mid);build(rs(x), mid + 1, r);pushup(x); }void update_cnt(int x, int l, int r, int pos, int y, int z) {if (l == r) {tr[x].cnt = 1;tr[x].sum = (qpow(2, y) * qpow(2, z)) % mod;return;}pushdown(x);int mid = (l + r) >> 1;if (pos <= mid)update_cnt(ls(x), l, mid, pos, y, z);elseupdate_cnt(rs(x), mid + 1, r, pos, y, z);pushup(x); }void update_sum(int x, int l, int r, int ql, int qr) {if (l >= ql && r <= qr) {tr[x].lz++;tr[x].sum = (tr[x].sum * 2) % mod;return;}pushdown(x);int mid = (l + r) >> 1;if (ql <= mid)update_sum(ls(x), l, mid, ql, qr);if (qr > mid)update_sum(rs(x), mid + 1, r, ql, qr);pushup(x); }LL query_cnt(int x, int l, int r, int ql, int qr) {if (l >= ql && r <= qr) {return tr[x].cnt;}int mid = (l + r) >> 1;pushdown(x);LL ans = 0;if (ql <= mid)ans += query_cnt(ls(x), l, mid, ql, qr);if (qr > mid)ans += query_cnt(rs(x), mid + 1, r, ql, qr);return ans; }LL query_sum(int x, int l, int r, int ql, int qr) {if (l >= ql && r <= qr) {return tr[x].sum;}int mid = (l + r) >> 1;LL ans = 0;pushdown(x);if (ql <= mid)ans += query_sum(ls(x), l, mid, ql, qr);if (qr > mid)ans += query_sum(rs(x), mid + 1, r, ql, qr);return ans % mod; }int main() {freopen("lcm.in", "r", stdin);freopen("lcm.out", "w", stdout);int n;while (~scanf("%d", &n)) {for (int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y);}sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1);for (int i = 1; i <= n; i++) {a[i].rank = i;}sort(a + 1, a + 1 + n, cmp2);build(1, 1, n);LL ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {LL tmp = query_cnt(1, 1, n, 1, a[i].rank);update_cnt(1, 1, n, a[i].rank, tmp, a[i].x);ans = (ans + query_sum(1, 1, n, a[i].rank, n) * qpow(3, a[i].y) % mod) % mod;if (a[i].rank != n)update_sum(1, 1, n, a[i].rank + 1, n);}printf("%lld\n", ans);} }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的【无码专区13】最小公倍数（线段树）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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