CodeForces 1098E. Fedya the Potter

题目简述：给定长度为$n \leq 5\times 10^4$的序列$a_1, a_2, \dots, a_n \leq 10^5$。将$\gcd(a_l, a_{l+1}, \dots, a_r) (1 \leq l \leq r \leq n) $从小到大排序后得到长度为$n(n+1)/2$的序列$b$。将$b_l+b_{l+1}+\dots+b_r (1 \leq l \leq r \leq n(n+1)/2)$从小到大排序后得到序列$c$。求$c$的中位数。

注：若$c$的下标从$1$开始，则$c$的中位数定义为其第$\lfloor (k+1)/2 \rfloor$个元素。

解：

code

这题可分成明显的几个步骤。

Step 1：统计不同的$\gcd$

Step 2：二分$c$的中位数

使用二分法求$c$的中位数$m$，于是问题转化为统计$c$中$\geq x$的数的个数$t$。由于$c$中元素个数为$N(N+1)/2$，其中$N = n(n+1)/2$，若$t \geq \lfloor (N+1)/2 \rfloor$，则说明$x \geq m$，否则$x < m$。二分法的上界是需要估计一下的，最坏情况$a_1 = a_2 = \dots = a_n = V$，这时$b_i = V$，$c$的最大值为$V n(n+1)/2 < 1.3 \times 10^{14}$。故需要$O(\log (Vn(n+1)/2) ) = O(\log V + \log n)$步。

记$b[v]$表示$v$在$b$中出现的次数，$b[l \dots r]$表示$l \dots r$在$b$中出现的次数，以及

$$ S[v] = \sum_{k=1}^v k b[k] $$

表示所有$\leq v$的元素之和，简记$S[l \dots r] = S[l]+\dots+S[r]$。

对给定的$x$，我们枚举$i$，计算以$i$为最大元素的$b_l+b_{l+1}+\dots+b_r \leq x$求和的个数，简称为$b$求和（我们把$c$中的一个元素成为一个$b$求和）。

1. 若$S[i] \leq x$，则任意一个以$i$为最大元素的$b_l+b_{l+1}+\dots+b_r$求和均$\leq x$，故满足条件的$b$求和个数为

$$ \sum_{k=1}^{b[i]} (b[1 \dots i-1]+k) = b[i] b[1\dots i-1]+\frac 1 2 b[i] (b[i]+1). $$

2. 若$S[i] > x$，枚举$i$出现的次数$1 \leq l \leq b[i]$，找到最小的$j < i$，使得$S[j+1 \dots i-1]+li \leq x$，则以$i$为最大元素且个数至少为$l$，$j$为最小元素的$b$求和个数为

$$ \sum_{k=l}^{b[i]} \max \left\{ \min \left\{ \left\lfloor \frac {x-S[j+1 \dots i-1]-ki} {j} \right\rfloor, b[j] \right\} , 0 \right\}. $$

我们只需考虑$x-S[j+1 \dots i-1]-ki > 0$的情况，即$k<(x-S[j+1 \dots i-1])/i$。令$r = \min\left\{ b[i], \left\lfloor (x-S[j+1 \dots i-1])/ i \right\rfloor \right\}$，从而以上求和化为

$$ \sum_{k=l}^{r} \min \left\{ \left\lfloor \frac {x-S[j+1 \dots i-1]-ki} {j} \right\rfloor, b[j] \right\}. $$

此式可化为

$$ \sum_{k=l}^r \left\lfloor \frac {x-S[j+1 \dots i-1]-ki} {j} \right\rfloor - \sum_{k=l}^r \max \left\{ \left\lfloor \frac {x-S[j+1 \dots i-1]-ki} {j} \right\rfloor - b[j], 0 \right\} $$

即

$$ \sum_{k=0}^{r-l} \left\lfloor \frac {x-S[j+1 \dots i-1]-li-ki} {j} \right\rfloor - \sum_{k=0}^{r-l} \max \left\{ \left\lfloor \frac {x-S[j+1 \dots i-1]-li-ki-jb[j]} {j} \right\rfloor , 0 \right\} $$

化简为

$$ f(-i, x-S[j+1 \dots i-1]-li, j, r-l) - f(-i, x-S[j+1 \dots i-1]-li-jb[j], j, r-l), $$

其中

$$ f(a,b,c,n) = \sum_{k=0}^n \max \left\{ \left\lfloor \frac {ak+b} {c} \right\rfloor, 0 \right\}. $$

特别地，若不存在$j < i$，使得$S[j+1 \dots i-1]+li \leq x$，则以$i$为最大元素且至少有$l$个的$b$求和个数为

$$ \sum_{k=l}^{b[i]} \min \left\{ k, \left\lfloor \frac x i \right\rfloor \right\}. $$

Step 3: 计算$f(a, b, c, n)$

我们需要把$f(a,b,c,n)$转化为$a, b, c, n \geq 0$的情形。

若$n < 0$，则$f(a,b,c,n) = 0$。

若$c < 0$，可利用$f(a,b,c,n) = f(-a, -b, -c, n)$使得$c > 0$。

若$c > 0$但$a < 0$，可利用$f(a,b,c,n) = f(-a,b+an,c,n)$使得$c > 0$且$a > 0$。

若$c > 0, a > 0$但$b < 0$，可利用$f(a,b,c,n) = f(a, b+\lceil -b/a \rceil a, c, n-\lceil -b/a \rceil)$使得$a, b, c > 0$。

当$a, b, c > 0$时，$f(a,b,c,n)$可化为范式

$$ f(a,b,c,n) = \sum_{k=0}^n \left\lfloor \frac {ak+b} {c} \right\rfloor. $$

我们用Euclid算法计算$f(a,b,c,n)$。

1. 若$n = 0$，则$f(a,b,c,n) = \lfloor b/c \rfloor (n+1)$。

2. 若$a \geq c$或$b \geq c$，令$a = \lfloor a/c \rfloor c+a', b = \lfloor b/c \rfloor c+b'$，则

$$ f(a,b,c,n) = \sum_{k=0}^n \left\lfloor \frac {(\lfloor a/c \rfloor c+a')k+(\lfloor b/c \rfloor c+b')} {c} \right\rfloor = f(a', b', c, n)+\frac 1 2 n(n+1) \left\lfloor \frac {a} {c} \right\rfloor + (n+1) \left\lfloor \frac {b} {c} \right\rfloor. $$

3. 若$a,b < c$，令$m = \left\lfloor \frac {an+b} {c} \right\rfloor$，则

$$ \begin{aligned} f(a,b,c,n) & = \sum_{k=1}^n \left\lfloor \frac {ak+b} {c} \right\rfloor \\ & = \sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m \left[ \frac {ax+b} {c} \leq y \right] \\ & = \sum_{y=1}^m \sum_{x=1}^n \left[ \frac {cy-b} {a} \geq x \right] \\ & = nm-\sum_{y=1}^m \sum_{x=1}^n \left[ \frac {cy-b} {a} < x \right] \\ & = nm-\sum_{y=1}^m \left( \left\lfloor \frac {cy-b} {a} \right\rfloor - [a|(cy-b)] \right) \\ & = nm-\sum_{y=1}^m \left\lfloor \frac {cy-b-1} {a} \right\rfloor \\ & = nm-\sum_{y=0}^{m-1} \left\lfloor \frac {cy+c-b-1} {a} \right\rfloor \\ & = nm-f(c, c-b-1, a, m-1) \end{aligned} $$

Euclid辗转相除法的时间复杂度为$O(\log \min \{ a, b \})$。

算法总时间复杂度为$O(n \log n \log^2 V + V \log V (\log n+\log V))$。