【CF889E】Mod Mod Mod DP

【CF889E】Mod Mod Mod

题意：给你一个序列$a_1,a_2...a_n$，定义$f(x,n)=x\mod a_n$，$f(x,i)=x\mod a_i+f(x \mod a_i,i+1) (1 \le i<n)$。

最大化f(x,1)。

$n\le 200000，a_i\le 10^9$

题解：超级神的DP题。（题目名字好暴力啊~）

首先有一个性质，一个数对一个比它小的数取模，最多取log次就会变成0。我们思考如何利用这个性质。

如果我们令f[x][i]就是题目中的f(x,i)，那么每次i++的时候我们都要更新所有的dp值。不过我们可以将答案变成i*x+b的形式，那么f[d][i]就代表当x<=d时，最大的b值。这也就是说，我们dp维护的其实使若干条线段，我们要在斜率一定的时候，最大化截距。

思考如何转移，我们从f[d][i]可以转移到$f[d \mod a_i][i+1]$，也可以转移到$f[a_i-1][i+1]$（前提：ai<=d）。我们发现我们可以将所有$f[a_i-1][i+1]$合并，并且对于d<ai的状态，dp值并不改变，我们可以不理会这些状态。所以时间复杂度是多少呢？

上面已经说过了，一个数我们只在它被取模的时候更新状态，并且每次我们只新加入一个数ai-1，所以最终复杂度是$O(n\log n)$的。

当然，如果你像我一样比较懒用map维护dp值，需要再加一个log。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn=200010;
typedef long long ll;
ll n,ans,v;
map<ll,ll> f;
map<ll,ll>::iterator it;
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 main()
{
	n=rd();
	ll i,a,b;
	f[rd()-1]=0;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		v=rd();
		while(f.begin()!=f.end())
		{
			it=f.end(),it--,a=(*it).first,b=(*it).second;
			if(a<v)	break;
			f[v-1]=max(f[v-1],b+(i-1)*(a-a%v-v));
			f[a%v]=max(f[a%v],b+(i-1)*(a-a%v));
			f.erase(it);
		}
	}
	for(it=f.begin();it!=f.end();it++)	ans=max(ans,n*((*it).first)+(*it).second);
	printf("%I64d",ans);
	return 0;
}