(JZ3895)2019.01.25【NOIP提高组】模拟B组 1. 【NOIP2014模拟10.26】数字对

本文主要是介绍(JZ3895)2019.01.25【NOIP提高组】模拟B组 1. 【NOIP2014模拟10.26】数字对，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

【NOIP2014模拟10.26】数字对

Description

小H是个善于思考的学生，现在她又在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出一个长度为n的序列{ai}，她想找出一段区间[L, R](1 <= L <= R <= n)。
这个特殊区间满足，存在一个k(L <= k <= R)，并且对于任意的i(L <= i <= R)，ai都能被ak整除。这样的一个特殊区间 [L, R]价值为R - L。
小H想知道序列中所有特殊区间的最大价值是多少，而有多少个这样的区间呢？这些区间又分别是哪些呢？你能帮助她吧。

Input

第一行，一个整数n.
第二行，n个整数，代表ai.

Output

第一行两个整数，num和val,表示价值最大的特殊区间的个数以及最大价值。
第二行num个整数，按升序输出每个价值最大的特殊区间的L.

Sample Input
输入1：
5
4 6 9 3 6
输入2：
5
2 3 5 7 11

Sample Output
输出1：
1 3
2
输出2：
5 0
1 2 3 4 5

Data Constraint

30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32.
60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.
80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.
100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.

纪中题解：

30% ：暴力枚举判断。O(n^4)。
60% ：特殊区间的特点实际上就是区间最小值等于这个区间的 GCD，于是暴力或递推算
出每个区间的最小值与 GCD。而对于最大价值，可以通过二分来进行求解。复杂
度 O(n ^ 2)。
100%：在 60%的基础上，最小值与 GCD 都使用 RMQ 算法来求解，对于这道题推荐使用
ST 表。最大价值仍然使用二分。复杂度 O(nlogn)。

个人补充：

一开始肯定暴力水分啊！
1个for开头;1个for长度;1个for区间内的k;1个for区间内被k mod的数;
因为没学过ST表、RMQ，所以听题的时候有点懵…┓( ´∀` )┏后来发现，这题还是可以暴力啊！
用一个for枚举k，从中间向两边扫一遍就行了…orz

30分纯暴力 O(n^4)：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,maxn,num,val;
int a[500000],l[500000];
bool p;int main(){scanf("%d",&n);for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);for (int i=1; i<=n; i++){if (n-i<maxn) break;for (int j=n-i; j>=0; j--)if (j>=maxn){for (int k=i; k<=i+j; k++){p=0;for (int q=i; q<=i+j; q++) if (a[q]%a[k]!=0){p=1; break;}if (!p) {if (maxn<j) num=1; else num++;maxn=j;l[num]=i;break;}}if (!p) break; }}printf("%d %d\n",num,maxn);for (int i=1; i<=num; i++)printf("%d ",l[i]); return 0;
}

100分暴力 O(n^2)：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define N 500050
using namespace std;
int a[N],ans[N];
int n,num,val;
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);if(a[i]==1){//所有数一定都能被1整除，如果有1，那么这个数字对就是整个序列了printf("1 %d\n",n-1);return 0;}}for(int i=1; i<=n;i++){if(a[i]==0) continue;//0不能做除数int l=i,r=i;while(a[l-1]%a[i]==0 && l>1) l--;//向左扫while(a[r+1]%a[i]==0 && r<n) r++;//向右扫if(r-l==val && l!=ans[num]) ans[++num]=l;//如果是同样长度的数对再次出现就累加一下if(r-l>val){//如果是更优的长度的话就更新for(int j=1; j<=n;j++) ans[j]=0;val=r-l,ans[num=1]=l;}}printf("%d %d\n",num,val);for(int i=1; i<=num;i++) printf("%d ",ans[i]);return 0;
}