U138097 小鱼吃大鱼埃氏筛

题目描述

小P同学在养殖一种非常凶狠的鱼，而且与其他鱼类不同，这种鱼越大越温顺，反而小鱼最凶残。当两条鱼相遇时，小鱼会不断撕咬大鱼，每一口都咬下与它自身等重的肉（小鱼保持体重不变），直到大鱼的体重小于这条小鱼（若两条鱼体重相同，一条鱼会将另一条撕咬殆尽）。

现在池塘中有n条鱼，小P想知道哪一对鱼相遇后，被咬的鱼剩余体重最大。

输入格式

单组测试数据。
第一行包含一个整数n，表示鱼的数量。(1 ≤ n ≤ 2e6) 第二行有n个用空格分开的整数ai 表示第i条鱼的体重(1 ≤ ai ≤ 1e6)。

输出格式

输出一个整数代表结果。

输入输出样例

输入 #1

3

3 4 5

输出 #1

输入 #2

2

2 2

输出 #2

输入 #3

5

2 1 4 3 5

输出 #3

说明/提示

数据范围

对于35%的数据，1≤n≤10，1 ≤ ai ≤ 100
对于55%的数据，1≤n≤10000
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 2e6，1 ≤ ai ≤ 1e6

样例解释

当三条鱼的体重分别为3 4 5时，不同对鱼相遇的结果分别是{3,4}=1 {3,5}=2 {4,5}=1,所以只有第一条跟第三条鱼相遇时，最后大鱼的体重最大，结果为2

题意

　　给定n个数，求一对数(i, j)，使得i>j，且i%j最大。

题解

　　考虑枚举每一个数，筛出它倍数。

　　对于这幅图， c%x显然大于a,b的结果，容易想到：对于每一个x的倍数，我们取小于它的第一个数更新答案

　　很容易想到通过线性筛来筛倍数，但仔细想并不可以。比如12，使用线性筛每个数只会筛一次，而12作为2，3，4，6的倍数意义是不一样的：假设12左边是10，作为3的倍数时答案为1，4的倍数时则是2.

　　于是可以想到通过埃氏筛来做。

　　考试的时候由于边界细节只有85pts, 要注意，如果使用桶枚举可能会出现：某个数在i*x 和 (i+1)*x 之间，而(i+1)*x 超过了枚举边间则会漏掉，具体处理见代码。

优化

　　如果不是数据太水， 5e5的数据可以把 O(nlog^2n)的埃氏筛瞬间卡炸。

　　仔细分析后，大多数算法会被卡的情况是不一样的

　　　　数据过大：埃氏筛常数小，复杂度稳定，但在数据过大的情况下，多一个log的致命伤就体现出来了。

　　　　数据密集：二分虽然理论上还多一个log，但是在大多数情况下完虐桶+埃氏筛。但是如果没有去重，数据密集就会被卡飞。

　　　　数据松散：刚好相反，没有一个重复的数字会让不加优化的桶卡飞（我就是

　　优化方式：把上面几种加起来就好了

　　综合了几位大佬的写法和自己的代码，得到了一种效果显著的优化。

用桶储存，这样可以降低一个二分的log，省掉一个排序，随便还能去重。
预处理一个last数组，储存每个数的上一个数是什么，例如

　　last[c] = b, last[b] = c ，同样的last[3x] = c;

　　这样我们在查找3x左边的第一个数时，直接找last[3x]即可。预处理方法见代码。

　　3. 反向枚举，判断一下现在枚举的这个数是否大于当前答案，如果这个数都比答案小，取模结果肯定更小。对答案没有贡献，直接通过。

　　4. 将i--改为i = last[i] , 朴素的桶在枚举时通过i--，然后判断这个数是否存在。然而我们既然已经有last数组了，不如好好利用。直接跳到上一个存在的数显然更优。

　　通过这些优化以及部分细节，可以显著提升效率。实现其实也很简单

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 1000006

#define rr register

int n, ans=0, las[N];

bool a[N];

//快读

int read(){

	int num=0; char c=getchar();

	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();

	while(c>='0' && c<='9') num = num*10+c-'0', c=getchar();

	return num;

} 

int main(){

	n=read();

	int maxi=0;

	for(rr int i=0; i<n; i++){

		int l = read();

		a[l] = 1;

		if(a[l]) maxi = max(maxi, l);

	}

	rr int ls=-1;

	//预处理last数组

	for(rr int i=0; i<N; i++){

		las[i] = ls;

		if(a[i]) ls=i;

	}

	//i = last[i] 优化近100ms

	for(rr int i=las[N-1]; i>=1; i=las[i]){

		//判断是否对答案无贡献，优化100ms

		if(ans >= i) continue;

		//枚举倍数

		for(rr int j=2; i*j<N; j++){

			if(las[j*i]<=(j-1)*i) continue;

			ans = max(ans, las[j*i]-(j-1)*i);

		}

		//处理边界问题 , 优化近200ms, 没有这一句N需要开到2倍才能AC,

		ans = max(ans, maxi%i);

	}

	printf("%d", ans);

	return 0;

}