hdu 5288 OO’s Sequence（计数）

Problem Description

OO has got a array A of size n ,defined a function f(l,r) represent the number of i (l<=i<=r) , that there‘s no j(l<=j<=r,j<>i) satisfy ai mod aj=0,now OO want to know
∑i=1n∑j=inf(i,j) mod （109+7）.

Input

There are multiple test cases. Please process till EOF.
In each test case:
First line: an integer n(n<=10^5) indicating the size of array
Second line:contain n numbers ai(0<ai<=10000)

Output

For each tests: ouput a line contain a number ans.

Sample Input

5
1 2 3 4 5

Sample Output

23

Author

FZUACM

Source

2015 Multi-University Training Contest 1

题意：

本来的题意问  枚举所有i，j ，1<=i<=j<=n,  然后计算f（i,j）和是多少。

f(l,r)的值 是 输入的数组下标 l到r中有多少 数是无法被这个区间 任意一个数整除的。 

做法：

转换种思想就是 某个数num[i]，在多少个区间内 可以不被区间其他任何数整除。  答案加上区间个数。

所以 可以左右两边枚举过来。

以左边枚举过来为例：

把最近出现的数 记录下来，记录到 has数组。   如num[i]      记录成has[num[i]]=i     

然后把每个数的因子枚举，判断最近左边出现因子在哪。  然后那个位子+1 就是左端点了。

在同样处理出右端点， 左右端点知道就很容易算出num[i]在多少区间内符合要求 加到ans里。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<queue>
 6 #include<cmath>
 7 #include<stdlib.h>
 8 #include<map>
 9 #include<vector>
10 using namespace std;
11 #define N 100006
12 #define M 10006
13 #define MOD 1000000007
14 int n;
15 int vis[M];
16 int a[N];
17 vector<int> G[M];
18 int L[N];
19 int R[N];
20 void init(){
21     for(int i=1;i<M;i++){
22         for(int j=1;j<=i;j++){
23             if(i%j==0){
24                 G[i].push_back(j);
25             }
26         }
27     }
28 }
29 int main()
30 {
31     init();
32     while(scanf("%d",&n)==1){
33         for(int i=1;i<=n;i++){
34             scanf("%d",&a[i]);
35         }
36         memset(vis,0,sizeof(vis));
37         memset(L,-1,sizeof(L));
38         memset(R,-1,sizeof(R));
39         for(int i=1;i<=n;i++){
40             for(int j=0;j<G[a[i]].size();j++){
41                 int tmp=G[a[i]][j];
42                 if(vis[tmp]){
43                     if(a[i]%tmp==0){
44                         if(L[i]!=-1){
45                         L[i]=max(L[i],vis[tmp]+1);
46                         }
47                         else{
48                             L[i]=vis[tmp]+1;
49                         }
50                     }
51
52                 }
53             }
54             vis[a[i]]=i;
55         }
56         memset(vis,0,sizeof(vis));
57         for(int i=n;i>=1;i--){
58             for(int j=0;j<G[a[i]].size();j++){
59                 int tmp=G[a[i]][j];
60                 if(vis[tmp]){
61                     if(a[i]%tmp==0){
62                         if(R[i]!=-1){
63                         R[i]=min(R[i],vis[tmp]-1);
64                         }
65                         else{
66                             R[i]=vis[tmp]-1;
67                         }
68                     }
69
70                 }
71             }
72             vis[a[i]]=i;
73         }
74         int ans=0;
75         for(int i=1;i<=n;i++){
76             if(L[i]==-1){
77                 L[i]=1;
78             }
79             if(R[i]==-1){
80                 R[i]=n;
81             }
82         }
83         for(int i=1;i<=n;i++){
84             ans=(ans+(i-L[i]+1)*(R[i]-i+1))%MOD;
85         }
86         printf("%d\n",ans);
87     }
88     return 0;
89 }