【AGC003 E】Sequential operations on Sequence

Description

　　你有一个长度为 $n$ 的序列，第 $i$ 项为 $i$。

　　有 $m$ 次操作，每次操作给定一个 $x$，你需要将序列无限循环后截取前 $x$ 项，作为新序列。

　　问最后序列中每个数出现多少次。

　　$n,m\le 10^5,\space x_i\le 10^{18}$

Solution

　　有个很显然的性质：若存在 $i,j$，满足 $i\lt j$ 且 $x_i\ge x_j$，则第 $i$ 次操作没用，可以不做。

　　所以简化后的操作序列 $x$ 是单调上升的。

　　（这步可以不写，因为按照下述做法，如果出现上述情况那在第 $i$ 个操作不会对答案造成任何贡献）

　　我们发现正着做不可行，考虑反着做。

　　我们假设最后的序列不是无限循环得来的，比如对于样例，假设最后得到的序列是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

　　那么所谓的“无限循环”其实就是把一段区间模 $x$。

　　依然以样例的操作为例，倒序做操作（忽略掉最后一个操作），倒数第二个操作的 $x$ 为 $8$。

　　那么显然第 $[9,13]$ 个数是由第 $[1,8]$ 个数循环得来的。

　　故把第 $[9,13]$ 个数模 $8$，得到新序列 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5

　　这时要把区间 $[1,8]$ 和区间 $[9,13]$ 分成两个独立区间扔进堆，因为以后 $[1,8]$ 区间再被模时，$[9,13]$ 区间作为 $[1,8]$ 区间的翻版，也可能被模。

　　如果把样例的倒数第二个操作的 $x$ 改为 $5$ 呢？我们需要分出 $[1,5]$，$[6,10]$，$[11,13]$ 三个区间么？

　　显然不用，$[1,5]$ 和 $[6,10]$ 两个区间显然等价，所以只记一个区间 $[1,5]$，然后系数 $\times \space 2$ 即可。

　　当一个区间长度被削到 $\le n$ 时，设该区间长度为 $len$，那么该区间内的数就是 $1$ 到 $len$ 了。其对答案的贡献是前缀 $+\space 1$，差分即可（即在第 $len$ 位上 $+\space 1$，最后从第 $n$ 位向第 $1$ 位递推算一遍前缀和）。

　　「这样做的时间复杂度对吗？」

　　当然不对了，尝试用类似线段树的形态画出分割区间的过程，发现最优情况下都是一个 $10^{18}$ 个元素的满二叉树……

　　我们发现，当我们倒序扫到第 $i$ 个操作时，我们会把很多个区间都分成长度为 $x_i$ 和 $len\% x_i$ 的两个区间。

　　那我们为什么不再分出来的这些长度为 $x_i$ 的区间再合成一个记呢？这样我们就只需要把长度为 $len\% x_i$ 的区间再扔进堆了。

　　这时复杂度就有意思了，这相当于初始时在堆中放入 $n$ 个数 $x_{1\cdots m}$，然后把每个数不停地模一个比自己小的数。

　　这对应了一个很裸的性质：对于一个数，一直模比它小的数，最多模 $\log n$ 次变成 $1$，因为每模一次至少 $÷\space 2$。

　　故堆中总共会出现过 $m\log x_i$ 个元素，每次取堆顶元素的时间是 $O(\log m)$，总时间为 $O(m\log m\log x_i)$。

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

#define N 100001

using namespace std;

inline ll read(){

	ll x=0; bool f=1; char c=getchar();

	for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;

	for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');

	if(f) return x;

	return 0-x;

}

int n,m,top; ll a[N],ans[N];

struct scx{

	ll x,coe;

	inline bool operator <(const scx& a)const{

		return x<a.x;

	}

}; priority_queue<scx> pq;

int main(){

	n=a[0]=read(), m=read();

	ll x;

	for(int i=1; i<=m; ++i){

		x=read();

		while(top && a[top]>=x) --top;

		a[++top]=x;

	}

	pq.push((scx){a[top],1});

	for(int i=top-1; i>=0; --i){

		ll tmp = 0; scx u = pq.top();

		while(u.x>a[i]){

			pq.pop();

			tmp += (u.x/a[i])*u.coe, u.x %= a[i];

			if(u.x) pq.push(u);

			if(pq.empty()) break;

			u = pq.top();

		}

		if(tmp) pq.push((scx){a[i],tmp});

	}

	while(!pq.empty()){

		scx u = pq.top(); pq.pop();

		ans[u.x] += u.coe;

	}

	for(int i=n-1; i>=1; --i) ans[i]+=ans[i+1];

	for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%lld\n",ans[i]);

	return 0;

}