2016大连网络赛 H题 传送门：HDU - 5875

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Function Time Limit: 7000/3500 MS (Java/Others) Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)

Problem Description

  The shorter, the simpler. With this problem, you should be convinced of this truth.

  You are given an array A of N postive integers, and M queries in the form \((l,r)\). A function \(F(l,r) (1≤l≤r≤N)\) is defined as:
\[ F(l,r)=\begin{cases} A_l & l=r \\ F(l,r-1) mod A_r & l<r \\ \end{cases}\]
  You job is to calculate F(l,r), for each query (l,r).

Input

  There are multiple test cases.

  The first line of input contains a integer T, indicating number of test cases, and T test cases follow.

  For each test case, the first line contains an integer \(N(1≤N≤100000)\).
  The second line contains N space-separated positive integers: \(A_1,…,A_N (0≤A_i≤10_9)\).
  The third line contains an integer M denoting the number of queries.
  The following M lines each contain two integers \(l,r (1≤l≤r≤N)\), representing a query.

Output

  For each query\((l,r)\), output \(F(l,r)\) on one line.

Sample Input

1
3
2 3 3
1
1 3

Sample Output

2

Source

2016 ACM/ICPC Asia Regional Dalian Online

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题目大意：

• 给定序列\(A_N\)，操作\(F(l,r)\)表示查询\(A_l mod A_{l+1} mod……mod A_{r}\)

基本思路：

• 首先要分析多次取模操作的特征。\(a mod b\)对于a<b时无意义，\(a mod b mod c\)对于b<c无意义。所以，区间里有效取模应该是递减的。
• 再进一步思考可以发现 取模过程的递减非常快 ，至少也是\(a mod b > a/2\)，注意到一旦a变成0就可以不考虑后面的区间，也就是说施加取模次数是log级的，最多也就30次左右。

具体实现：

• 预处理是个很大的问题，最简单的办法是 记录\(A_i\)后面第一个比\(A_i\)小的数的位置 ，\(n^2\)复杂度明显太慢。但仔细一想，只有非常极端的情况复杂度才会达到\(n^2\)。（然后居然真的就这么过了哈哈哈）
• 考虑更优化的预处理方法：每次只需要知道这个数后面第一个比它小的数，有点类似区间最小值，只不过要从左到右选择区间，在RMQ上进行修改即可。
• 查询过程就很容易了实现了，每次跳到下一个位置，当前值为0或者超出区间则退出。

注意事项：

• 根据题意（和做题习惯），查询操作应该是很多，所以一定要预处理。每次查询都找一边当前区间的LIS的做法是不行的。
• 所以这不就是个区间LIS么。

Codes：

暴力版本：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MAXN = 100010;int main()
{int t,n,m,a[MAXN],nex[MAXN];scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1; i<=n; ++i){nex[i] = 0;for(int j=i+1; j<=n; ++j)if(a[i] > a[j]){nex[i] = j;break;}}scanf("%d",&m);while(m--){int l,r;scanf("%d %d",&l,&r);int ans = a[l],now = nex[l];while(now <= r && now != 0){ans %= a[now];if(ans == 0)break;now = nex[now];}printf("%d\n",ans);}}return 0;
}

修改RMQ版本：

咕咕咕