problem

CodeForces

solution

$\text{observation1}:$ 對于一個非空子段 $[l,r]$，最后一個元素 $a_r$ 一定不會被操作。

$\text{observation2}:$ 基于上一條進一步地有，對于一個非空子段，一段連續后綴滿足 $a_i\le a_{i+1}$ 一定不會被操作。

$\text{observation3}:$ 操作元素后產生的若干個數形成的 $[l,r]$ 新序列，不僅滿足不降，而且要開頭盡可能的大。

$\text{observation4}:$ 基于第三點對于新拆出來的區間，其中每個數應該盡可能地平均。

我們假設一個非空子段中 $a_i>a_{i+1}$。

則至少要對 $a_i$ 進行 $?\frac{a_i}{a_{i+1}}??1$ 次操作，拆分成 $?\frac{a_i}{a_{i+1}}?$ 個數。

這么多個數的數值盡可能平均，所以最小的數值應為：$?\frac{a_i}{?\frac{a_i}{a_{i+1}}?}?$。

設 $f(i,x):$ 滿足 $i\le j$ 的所有子段 $[i,j]$ 操作使其不降后的第一個元素值為 $x$ 的方案數。

即有多少個 $i$ 開頭的非空子段，貪心地操作后，形成的不降序列滿足開頭元素為 $x$。

暴力的轉移有 $f(i,x)={\sum }_{y}f(i+1,y)$。注意是通過枚舉 $y$ 計算出 $x$ 的最優取值。

這個似乎是 $O(n^2)$ 的欸？非也非也。

用 $y$ 來計算最優取值 $x=?\frac{a_i}{?\frac{a_i}{y}?}?$，即 $f(i+1,y)\to f(i,?\frac{a_i}{?\frac{a_i}{y}?}?)$。

這很像數論分塊的樣子，經典根號范圍。

所以這里只有 $\sqrt{n}$ 種不同的取值，我們可以把開 $\text{vector}$ 記錄這些取值。

起到優化空間的作用，時間復雜度 $O(n\sqrt{n})$。

至于統計答案，則是在 $f(i+1,y)$ 轉移時加上，$f(i+1,y)?i?(?\frac{a_i}{a_{i+1}}??1)$。

乘上 $i$ 是因為我們狀態定義的是后綴，這段后綴可能存在 $[1,i]$ 共 $i$ 種開頭的子段中，都要產生貢獻。

最后注意過程中的數組清空問題。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 100005 vector < int > v[2]; int f[2][maxn]; int T, n, ans; int a[maxn];signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );for( int i = n;i;i -- ) {int k = i & 1, lst = a[i];v[k].push_back( a[i] );f[k][a[i]] = 1;for( int y : v[k ^ 1] ) {int t = (int)ceil( a[i] * 1.0 / y );int x = a[i] / t;f[k][x] += f[k ^ 1][y];( ans += ( t - 1 ) * i % mod * f[k ^ 1][y] ) %= mod;if( lst ^ x ) v[k].push_back( x ), lst = x;}for( int x : v[k ^ 1] ) f[k ^ 1][x] = 0;v[k ^ 1].clear();}printf( "%lld\n", ans );for( int i : v[0] ) f[0][i] = 0;for( int i : v[1] ) f[1][i] = 0;v[0].clear(), v[1].clear();ans = 0;}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[CodeForces 1603C] Extreme Extension（贪心 + 数论分块优化dp）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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