891 ModricWang's Number Theory II
思路
使得序列的最大公约数不为1，就是大于等于2，就是找到一个大于等于2的数，它能够整除序列中的所有数。
考虑使得一个数d整除数组中所有数的代价：
如果一个数不能被b整除，那么可以花费x的代价删掉它，或者通过多次加1使得它可以被d整除，代价应该为 \((d - a[i]\%d) * y\) , \((a[i] \% d == 0s时特判，应该为0)\)
令 \(l = x / y\)
如果\(d - a[i] \% d <= l\) \((a[i]\%d != 0)\), 这个数产生的代价是 \((d - a[i] \% d) * y\) , 否则是\(x\)。
所有代价求和就是总代价，最小的总代价就是答案。
但是这样枚举了d和a[i], 复杂度是\(O(n^2)\) 的。
考虑将a[i]换一种方式存储：b[i]表示值为i的数出现的次数。
这样d可以将b分成如下若干段：
\([0, d - 1], [d, d * 2 - 1], [d * 2, d * 3 - 1], ... ,[d * i, d * (i + 1) - 1]\)
对于每一段而言，
\([d * (i + 1) - l, d * (i + 1) - 1]\) 内的数应该通过多次加1变成\(d * (i + 1)\) ,
代价应为 \((该区间内数的个数 * d * (i + 1) - 该区间内的数之和) * y\)
\([d * i + 1 , d * (i + 1) - l - 1]\) 内的数应该直接删除,
代价应为 \(该区间内的个数 * x\)
通过构造相应的前缀和数组，上述操作均可以在\(O(1)\) 的时间复杂度内完成
具体操作时应该注意边界
因为合数会被质数整除，因此d可以只枚举质数。
计算时间复杂度需要一些数论知识。首先素数密度(也就是 \(\frac{小于n的素数}{n}\) )可以参见oeis A006880,一个近似解析式为 \(\frac{1}{ln(n)}\)，那么\(小于n的素数的总个数\)可以近似为 \(\frac{n}{ln(n)}\)
设小于等于n的素数为\(prime[i]\)，素数总数为\(P\),取近似\(P=\frac{n}{ln(n)}\)
求结果部分的复杂度可以写为 \(\sum_{1}^{P} \frac{n}{prime[i]}\)
参见wikipedia,素数的倒数和又可以近似为 \(\sum_{1}^{p} \frac{1}{prime[i]}=ln(ln(n))\)
因此 \(\sum_{1}^{P} \frac{n}{prime[i]} = O(n* ln(ln(n)))\)
这里得到了计算结果部分的复杂度，还需要加上求素数这个过程的时间复杂度。如果使用朴素筛法，求复杂度的过程正好的上文所述的完全一致，其复杂度为\(O(n*ln(ln(n)))\)。如果使用欧拉筛求素数，复杂度为\(O(n)\)。
因此\(O(运行时间)=O(求素数)+O(计算结果)=O(n*ln(ln(n)))\)
代码
#include<iostream>
#include<cstring>using namespace std;const long long Max_Ai = 1000000*2;
long long n, x, y, l;
long long nums[Max_Ai + 10];
long long s[Max_Ai + 10], sum[Max_Ai + 10];bool valid[Max_Ai + 10];
long long prime[Max_Ai + 10];
long long tot;//线性筛求素数
void init_prime() {memset(valid, true, sizeof(valid));for (int i = 2; i <= Max_Ai; i++) {if (valid[i]) prime[++tot] = i;for (int j = 1; j <= tot && i*prime[j] <= Max_Ai; j++) {valid[i*prime[j]] = false;if (i%prime[j]==0) break;}}
}int main() {
#ifdef ONLINE_JUDGEios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#endifinit_prime();cin >> n >> x >> y;l = x/y;for (long long i = 1; i <= n; i++) {long long p;cin >> p;nums[p]++; //这是一种比较特别的数字记录方法，原理类似于基数排序radix sort}for (long long i = 1; i <= Max_Ai; i++) {s[i] = s[i - 1] + nums[i]; //数量和sum[i] = sum[i - 1] + nums[i]*i; //前缀和}auto min_cost = (long long) 1e18;for (long long i = 1; i <= tot; i++) {long long k = prime[i];long long now_cost = 0;for (long long j = 0; j <= Max_Ai; j += k) {long long mid = max(j + k - l - 1, j);long long bound = min(j + k - 1, Max_Ai);if (bound > mid) {now_cost += ((s[bound] - s[mid])*(j + k) - (sum[bound] - sum[mid]))*y;now_cost += (s[mid] - s[j])*x;} else {now_cost += (s[bound] - s[j])*x;}}min_cost = min(min_cost, now_cost);}cout << min_cost << "\n";return 0;
}
, 这部分都是angular)
