bzoj4320 homework 题解

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令M=sqrt(mx)，把询问的Y按 M 分红两种不一样的处理方式。
一、对于>M的Y，咱们发现它的倍数不超过M个，因而能够枚举倍数，找到日后第一个已经被加入集合的值，用差值更新答案。
这个东西咱们能够离线，倒序枚举询问，而后用并查集维护。
单次查询O(M),更新O(1).
二、对于<M的Y，倍数确定是>M，不过这样的Y也就M个，能够直接拿数组存，g[i]表示目前%i最小为多少（即答案），更新的时候直接遍历M个位置取min便可。
单次查询O(1),更新O(M).
因此总时间复杂度为O(n*sqrt(n))的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300005;
#define rep(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);++i)
#define dwn(i,a,b) for(register int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
int n,X[N],Y[N],ans[N],fa[N],g[N],kua,mx,mn;
bool vis[N];
char s[2];
int find(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
int main(){
    memset(ans,-1,sizeof(ans));
    scanf("%d",&n);
    rep(i,1,n){
        scanf("%s%d",s,&Y[i]);
        if(s[0]=='A')X[i]=1,vis[Y[i]]=1;
        else X[i]=2;
        mx=max(mx,Y[i]);
    }
    kua=sqrt(mx)+1;
    rep(i,0,mx+1)fa[i]=i;
    dwn(i,mx,0){
        if(vis[i])continue;
        fa[find(i)]=find(i+1);
    }
    memset(g,0x3f,sizeof(g));
    rep(i,1,n){
        if(X[i]==1){
            rep(j,1,kua){
                g[j]=min(g[j],Y[i]%j);
            }
        }
        else if(Y[i]<=kua)ans[i]=g[Y[i]];
    }
    dwn(i,n,1){
        if(X[i]==1){
            fa[find(Y[i])]=find(Y[i]+1);
        }
        else if(Y[i]>kua){
            mn=1e9;
            for(int j=0;j<=mx;j+=Y[i]){
                if(find(j)>mx)continue;
                mn=min(mn,find(j)-j);
            }
            ans[i]=mn;
        }
    }
    rep(i,1,n)if(~ans[i])printf("%d\n",ans[i]);
    return 0;
}