【BZOJ4028】[HEOI2015]公约数数列分块

【BZOJ4028】[HEOI2015]公约数数列

Description

设计一个数据结构. 给定一个正整数数列 a_0, a_1, ..., a_{n - 1}，你需要支持以下两种操作：

1. MODIFY id x: 将 a_{id} 修改为 x.

2. QUERY x: 求最小的整数 p (0 <= p < n)，使得 gcd(a_0, a_1, ..., a_p) * XOR(a_0, a_1, ..., a_p) = x. 其中 XOR(a_0, a_1, ..., a_p) 代表 a_0, a_1, ..., a_p 的异或和，gcd表示最大公约数。

Input

输入数据的第一行包含一个正整数 n.

接下来一行包含 n 个正整数 a_0, a_1, ..., a_{n - 1}.

之后一行包含一个正整数 q，表示询问的个数。

之后 q 行，每行包含一个询问。格式如题目中所述。

Output

对于每个 QUERY 询问，在单独的一行中输出结果。如果不存在这样的 p，输出 no.

Sample Input

10
1353600 5821200 10752000 1670400 3729600 6844320 12544000 117600 59400 640
10
MODIFY 7 20321280
QUERY 162343680
QUERY 1832232960000
MODIFY 0 92160
QUERY 1234567
QUERY 3989856000
QUERY 833018560
MODIFY 3 8600
MODIFY 5 5306112
QUERY 148900352

Sample Output

6
0
no
2
8
8

HINT

对于 100% 的数据，n <= 100000，q <= 10000，a_i <= 10^9 (0 <= i < n)，QUERY x 中的 x <= 10^18，MODIFY id x 中的 0 <= id < n，1 <= x <= 10^9.

题解：做过magical GCD那题之后就知道这个套路了。一个序列的本质不同的前缀gcd只有log个（因为从左往右，gcd每次变化时都至少减半）。所以可以暴力维护每个gcd变化的位置。

然后问题变成了问你一个区间中是否存在一个位置x，使得1到x的异或和=val。考虑分块，块内排序。修改时小块暴力，大块打标记；查询时在块内二分查找有没有sum=val^tag的即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=100010;
typedef long long ll;
int n,m,B,gn;
int tag[1000],v[maxn],s[maxn],sp[maxn],g[100],gp[100],bg[1000];
char str[20];
inline ll rd()
{
	ll ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
	return ret*f;
}
int gcd(int a,int b)
{
	return !b?a:gcd(b,a%b);
}
inline bool eql(ll a,ll b)
{
	return (a==b)||((a)&&(b%a==0));
}
bool cmp(const int &a,const int &b)
{
	return (s[a]==s[b])?(a<b):(s[a]<s[b]);
}
void getnxt()
{
	int a=gp[gn]+1,c=a/B,i,j;
	gn++,g[gn]=gcd(g[gn-1],v[a]);
	for(j=a;j<c*B+B&&j<n;j++)	if(!eql(g[gn],v[j]))	{gp[gn]=j-1;	return ;}
	if(j==n)	{gp[gn]=n-1;	return ;}
	for(i=c+1;i*B<n;i++)	if(!eql(g[gn],bg[i]))	break;
	if(i*B>=n)	{gp[gn]=n-1;	return ;}
	for(j=i*B;j<i*B+B&&j<n;j++)	if(!eql(g[gn],v[j]))	{gp[gn]=j-1;	return ;}
	gp[gn]=n-1;	return ;
}
bool query(int x,ll val)
{
	if(!eql(g[x],val))	return 0;
	val=(!g[x])?val:val/g[x];
	int a=gp[x-1]+1,b=gp[x],c=a/B,d=b/B,j;
	if(c==d)
	{
		for(j=a;j<=b;j++)	if((s[j]^tag[c])==val)	{printf("%d\n",j);	return 1;}
		return 0;
	}
	for(j=a;j<c*B+B;j++)	if((s[j]^tag[c])==val)	{printf("%d\n",j);	return 1;}
	for(j=c+1;j<d;j++)
	{
		int l=j*B,r=j*B+B,mid;
		while(l<r)
		{
			mid=(l+r)>>1;
			if(s[sp[mid]]>=(val^tag[j]))	r=mid;
			else	l=mid+1;
		}
		if(r<j*B+B&&s[sp[r]]==(val^tag[j]))	{printf("%d\n",sp[r]);	return 1;}
	}
	for(j=d*B;j<=b;j++)	if((s[j]^tag[d])==val)	{printf("%d\n",j);	return 1;}
	return 0;
}
int main()
{
	n=rd(),B=int(sqrt(double(n)));
	int i,j,a,c;
	ll b,d;
	for(i=0;i<n;i++)	v[i]=rd();
	gp[0]=-1,g[gn=1]=v[0];
	for(i=0;i<n;i++)
	{
		if(i%B==0)	tag[i/B+1]=tag[i/B],s[i]=v[i];
		else	s[i]=s[i-1]^v[i];
		tag[i/B+1]^=v[i],bg[i/B]=gcd(v[i],bg[i/B]),sp[i]=i;
		if(!eql(g[gn],v[i]))	g[gn+1]=gcd(v[i],g[gn]),gp[gn]=i-1,gn++;
	}
	gp[gn]=n-1;
	for(i=0;i<n;i+=B)	sort(sp+i,sp+min(i+B,n),cmp);
	m=rd();
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%s",str);
		if(str[0]==‘M‘)
		{
			a=rd(),b=rd(),c=a/B,d=v[a],v[a]=b,bg[c]=0;
			for(j=c*B;j<min(c*B+B,n);j++)	s[j]=(j==c*B)?v[j]:s[j-1]^v[j],sp[j]=j,bg[c]=gcd(bg[c],v[j]);
			sort(sp+c*B,sp+min(c*B+B,n),cmp);
			for(j=c+1;j*B<n;j++)	tag[j]^=(b^d);
			gn=0;
			while(gp[gn]<n-1)	getnxt();
		}
		else
		{
			b=rd();
			for(j=1;j<=gn&&!query(j,b);j++);
			if(j==gn+1)	printf("no\n");
		}
	}
	return 0;
}

时间： 2024-11-12 21:22:46