E. Remainder Problem 分块
2024-10-05 21:44:14
两个操作
1对x位置的a[x]+y
2对所有i=y(mod x)求a[i]的和
我们肯定不能n^2 跑,稳超时,但是我们可以这样分块考虑。
为什么n^2不行?因为在x比较小的时候,这个求和操作次数太多了。但是x比较大的时候,这个对时间并没有什么影响
所有我们考虑分块。
用一个dp[i][j]表示(1-5e5的长度分成了长度为x的块,且块内偏移为j)的所有位置的和。
那么操作1,对a[pos]+=x后,需要对所有块长1到sqrt(len)的pos所处的块内偏移位置进行维护,以保证在询问块长1-sqrt(len)的时候,我们都能o(1)回答
如果块长大于sqrt(len)后,我们数组已经开不下,并且维护的时间将超出O(sqrt(5e5)) ,我们考虑直接暴力
因为此时块长大于sqrt(len)后,我们暴力加和的次数最大也就sqrt(5e5),并且随着块长数越大,次数也就越少
通过这个两种情况,我们就把时间复杂度下降到了o(sqrt(5e5))=700*5e5次查询,4秒也是可以接受的。(其实我感觉是接受不了的,谁叫cf跑的快)。。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 5e5+;
LL dp[][];
LL a[maxn];
int main(){
int t,op;
LL x,y;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&op);
if(op==){
scanf("%lld%lld",&x,&y);
a[x]+=y;
for(int i=;i<;i++){
dp[i][x%i]+=y;
}
}else {
scanf("%lld%lld",&x,&y);
if(x<){
printf("%lld\n",dp[x][y]);
}else {
LL ans=;
for(int i=y;i<=5e5;i+=x){
ans+=a[i];
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
}
return ;
}
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