bzoj 2506 calc 题解

【原题】

2506: calc

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 256 MB
Submit: 228  Solved: 112

Description

 
         给一个长度为n的非负整数序列A1,A2,…,An。现有m个询问，每次询问给出l,r,p,k，问满足l<=i<=r且Ai mod p = k的值i的个数。

Input

         第一行两个正整数n和m。
         第二行n个数，表示A1,A2,…,An。
         以下m行，每行四个数分别表示l,r,p,k。满足1<=l<=r<=n。
 

Output

         对于每个询问，输出一行，表示可行值i的个数。
 

Sample Input

5 2

1 5 2 3 7

1 3 2 1

2 5 3 0

Sample Output

2

1

HINT

数据范围：

         0<n,m<=10^5，任意1<=i<=n满足Ai<=10^4，0<p<=10^4，0<=k<p。

【分析】初看题目我猜是神题，于是匆匆想去看题解。后来后悔自己没有仔细想！

解法是离线的，而且很巧妙。首先，把问题的首端点排序。对于P，我们分成两类：<=100和>100。

如果是<=100，随便暴力即可。我们设f[i][j]记录到目前这个点，除以i余j的个数，然后ans累加即可。

如果是>100，可以得到一个奇妙的性质：因为最大的数是10000，所以最多只有101个数满足除以P余K。那么对于某个询问，我们可以暴力枚举每个W使得W%P=K。然后把W个数累加即可。

【代码】

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100005
#define O 105
using namespace std;
struct node{int x,p,k,g,id;}T[N*2],Q[N*2];
int data
,ans
,f[O][O],s[10005];
int n,m,i,j,L,R,K,P,t,q;
inline int Read()
{
char ch=getchar();for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
int x=0;for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
bool cmp(node a,node b){return a.x<b.x;}
void solve_small()
{
sort(T+1,T+t+1,cmp);int k=1;
while (k<=t&&!T[k].x) k++;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=1;j<=100;j++)
f[j][data[i]%j]++;
while (k<=t&&T[k].x==i)
ans[T[k].id]+=T[k].g*f[T[k].p][T[k].k],k++;
}
}
void solve_big()
{
sort(Q+1,Q+q+1,cmp);int k=1;
while (k<=q&&!Q[k].x) k++;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
s[data[i]]++;
while (k<=q&&Q[k].x==i)
{
int now=0;
for (int j=Q[k].k;j<=10000;j+=Q[k].p) now+=s[j];
ans[Q[k].id]+=Q[k].g*now;k++;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++) data[i]=Read();
for (i=1;i<=m;i++)
{
L=Read();R=Read();P=Read();K=Read();
if (P<=100) T[++t]=(node){L-1,P,K,-1,i},T[++t]=(node){R,P,K,1,i};
else Q[++q]=(node){L-1,P,K,-1,i},Q[++q]=(node){R,P,K,1,i};
}
sort(Q+1,Q+m+1,cmp);
solve_small();
solve_big();
for (i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}