【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;
}