51nod 1203 JZPLCM 莫队算法

题意

长度为N的正整数序列S，有Q次询问，每次询问一段区间内所有数的lcm(即最小公倍数)。由于答案可能很大，输出答案Mod 10^9 + 7。

例如：2 3 4 5，询问[1,3]区间的最小公倍数为2 3 4的最小公倍数 = 12。

N,Q<=50000,S[i]<=50000

分析

在做这题的时候我没有分析到一条很重要的性质，就是说所有大于sqrt(n)的素数在答案中的指数不会大于1。那么我们可以预处理出b[i]表示第i个数中的大质数，若没有则为1，l[i],r[i]表示第i个数左边/右边第一个相同的b[i]的位置。

对于不大于sqrt(n)的素数，我们可以对其进行rmq，对于大于sqrt(n)的素数，我们可以进行莫队，每次左右指针动的时候就通过l[i],r[i]来进行更新，然后预处理逆元，就可以做到总复杂度O(nn√)。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=50005;
const int MOD=1000000007;

int n,m,tot,prime[6005],low
,ny[6005],l
,r
,a
,ans
,lim,b
,lg
,nowans,bel
,block,now[6005];
bool not_prime
;
struct query{int l,r,id;}q
;
short rmq[51]
[17];

int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}

int ksm(int x,int y)
{
int ans=1;
while (y)
{
if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
}
return ans;
}

void get_prime(int n)
{
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!not_prime[i]) prime[++tot]=i,low[i]=tot;
for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++)
{
not_prime[i*prime[j]]=1;
low[i*prime[j]]=j;
if (i%prime[j]==0) break;
}
}
for (int i=1;i<=tot;i++) ny[i]=ksm(prime[i],MOD-2);
}

void divi(int i)
{
int x=a[i];
while (x>1)
{
int tmp=low[x];
if (tmp>lim) b[i]=tmp,x/=prime[tmp];
while (x%prime[tmp]==0) x/=prime[tmp],rmq[tmp][i][0]++;
}
}

void get_rmq()
{
for (int k=1;k<=lim;k++)
for (int j=1;j<=16;j++)
for (int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++)
rmq[k][i][j]=max(rmq[k][i][j-1],rmq[k][i+(1<<(j-1))][j-1]);
for (int i=1;i<=n;i++) lg[i]=log(i)/log(2);
}

int get_mx(int i,int l,int r)
{
int len=lg[r-l+1];
return max(rmq[i][l][len],rmq[i][r-(1<<len)+1][len]);
}

bool cmp(query a,query b)
{
return bel[a.l]<bel[b.l]||bel[a.l]==bel[b.l]&&a.r<b.r;
}

void updata(int L,int R,int x,int y)
{
if (!b[x]) return;
if (y==1)
{
if (r[x]>=L&&r[x]<=R||l[x]>=L&&l[x]<=R) return;
else nowans=(LL)nowans*prime[b[x]]%MOD;
}
else
{
if (r[x]>=L&&r[x]<=R||l[x]>=L&&l[x]<=R) return;
else nowans=(LL)nowans*ny[b[x]]%MOD;
}
}

void solve()
{
nowans=1;
for (int i=1,l=1,r=0;i<=m;i++)
{
for (;r<q[i].r;r++) updata(l,r,r+1,1);
for (;l>q[i].l;l--) updata(l,r,l-1,1);
for (;r>q[i].r;r--) updata(l,r,r,-1);
for (;l<q[i].l;l++) updata(l,r,l,-1);
int tmp=nowans;
for (int j=1;j<=lim;j++) tmp=(LL)tmp*ksm(prime[j],get_mx(j,q[i].l,q[i].r))%MOD;
ans[q[i].id]=tmp;
}
}

int main()
{
n=read();m=read();block=sqrt(n);
get_prime(50000);
lim=upper_bound(prime+1,prime+tot+1,230)-prime-1;
for (int i=1,x;i<=n;i++) a[i]=read(),divi(i),bel[i]=(i+block-1)/block;
get_rmq();
for (int i=n;i>=1;i--) r[i]=now[b[i]],now[b[i]]=i;
for (int i=1;i<=n;i++) if (r[i]) l[r[i]]=i;
for (int i=1;i<=m;i++) q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].id=i;
sort(q+1,q+m+1,cmp);
solve();
for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}