2021年广东工业大学第十五届文远知行杯程序设计竞赛 E.捡贝壳（离线做法）

题意：

解法：

每组询问是查询[l,r]中x的倍数,
显然可以拆分为:[1,r]中x的倍数-[1,l-1]中x的倍数.令d[i][x]表示前i个数中有多少个数是x的倍数,
O(n*(n+sq))预处理一下这个前缀和,对于每组询问就可以O(1)计算了.这个复杂度显然还是太大,主要问题在于d[i][]需要复制d[i-1][]中的每一项,
如果不复制的话又无法保证d[][]数组第二维的可持久化,
一个显然的做法是将询问离线,拆分成(1,r,x)和(1,l-1,x)两次询问,
这样之后只需要用一维的d[x]存x的倍数,不需要可持久化,d[]的每次更新是O(sq)的.算法总复杂度O(n*sq+q*2)

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxm=4e6+5;
struct Node{int x,op,id;
};
vector<Node>Q[maxm];
int f[maxm];
int a[maxm];
int ans[maxm];
int n,q;
void solve(){cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=q;i++){int l,r,x;cin>>l>>r>>x;Q[l-1].push_back({x,-1,i});Q[r].push_back({x,1,i});}for(int i=1;i<=n;i++){int x=a[i];for(int j=1;j*j<=x;j++){if(x%j==0){f[j]++;if(x/j!=j){f[x/j]++;}}}for(auto p:Q[i]){ans[p.id]+=p.op*f[p.x];}}for(int i=1;i<=q;i++){cout<<ans[i]<<endl;}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);solve();return 0;
}

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题意：

解法：

code：

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