[POI2012]Odległość
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题目大意:
一个长度为\(n(n\le10^5)\)的序列\(A(1\le A_i\le10^6)\),定义\(d(i,j)\)为每次对\(A_i,A_j\)中的一个数乘一个质数\(p\),让\(A_i=A_j\)的最少操作步数。
对于每个\(i\),求能使\(d(i,j)\)最小的\(j\),若有多个解,输出最小的\(j\)。
思路:
用\(f(x)\)表示\(x\)所有质因子次数之和,则\(d(i,j)=f(A_i)+f(A_j)-2f(\gcd(A_i,A_j))\)。
对于每个\(A_i\),枚举其约数作为\(\gcd\),对于每个约数记录其倍数\(x\)中最小、次小的\(f(x)\)。
时间复杂度\(\mathcal O(n\sqrt m)\)。
这样能在BZOJ通过,但是不能在SZKOpuł上通过。官方题解提供的做法是\(\mathcal O(n\log\log n)\)。
源代码:
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<climits>
#include<algorithm>
inline int getint() {
register char ch;
while(!isdigit(ch=getchar()));
register int x=ch^'0';
while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
return x;
}
const int N=1e5+1,A=1e6+1;
int a[N],d[A],p[A];
bool vis[A];
std::pair<int,int> min[A][2];
inline void sieve(const int &n) {
for(register int i=2;i<=n;i++) {
if(!vis[i]) {
d[i]=1;
p[++p[0]]=i;
}
for(register int j=1;p[j]*i<=n;j++) {
vis[p[j]*i]=true;
d[p[j]*i]=d[i]+1;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
inline void upd(const int &j,const int &i) {
std::pair<int,int> tmp=std::make_pair(d[a[i]]-d[j]*2,i);
if(tmp<min[j][0]) std::swap(tmp,min[j][0]);
if(tmp<min[j][1]) std::swap(tmp,min[j][1]);
}
int main() {
const int n=getint();
for(register int i=1;i<=n;i++) {
a[i]=getint();
}
const int m=*std::max_element(&a[1],&a[n]+1);
sieve(m);
for(register int i=1;i<=m;i++) {
min[i][0]=min[i][1]=std::make_pair(INT_MAX,INT_MAX);
}
for(register int i=1;i<=n;i++) {
for(register int j=1;j*j<=a[i];j++) {
if(a[i]%j) continue;
upd(j,i);
if(j*j!=a[i]) upd(a[i]/j,i);
}
}
for(register int i=1;i<=n;i++) {
std::pair<int,int> ans=std::make_pair(INT_MAX,INT_MAX);
for(register int j=1;j*j<=a[i];j++) {
if(a[i]%j) continue;
ans=std::min(ans,min[j][min[j][0].second==i]);
ans=std::min(ans,min[a[i]/j][min[a[i]/j][0].second==i]);
}
printf("%d\n",ans.second);
}
return 0;
}
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