Question

这是一场比赛Q：

有N个数字a [0]，a [1] ... a [N-1]。最初都是0.你必须执行两种类型的操作：

将索引A和B之间的数字增加1.这由命令“0 A B”
回答索引A和B之间的数字可以被3整除。这由命令“1 A B”表示。

输入：第一行包含两个整数，N和Q.

如下所述，下一个Q行中的每一行都是“0 A B”或“1 A B”的形式。

输出：为“1 A B”形式的每个查询输出1行，其中包含相应查询的必需答案。

示例输入：

4 7 1 0 3 0 1 2 0 1 3 1
0 0 0 0 3 1 3 3 1 0 3

示例输出：

4 1 0 2

约束：

1 <= N <= 100000 1 <= Q <= 100000 0 <= A <= B <= N - 1

我不知道如何解决这个问题。你能帮忙吗？

时限为1秒。我试过蛮力，我也尝试在每个i的第i个元素之前保存3个除数。

这是我的C代码：

#include <stdio.h>


int nums[100*1000+20];
int d[100*1000+20];
int e[100*1000+20];
int dah[100*1000+20];

int main()
{
    int n,q;
    scanf("%d%d",&n,&q);
    int h;
    for(h=0;h<n;h++)
        {d[h/100]++; e[h/1000]++; dah[h/10]++;}
    int test;
    for(test=0;test<q;test++)
    {
        int op,start,end;
        scanf("%d%d%d",&op,&start,&end);
        if(0==op)
        {
            int x;
            for(x=start;x<=end;x++)
            {
                nums[x]++;
                nums[x]%=3;
                if(nums[x]==0)
                {
                    d[x/100]++;
                    e[x/1000]++;
                    dah[x/10]++;
                }
                else if(nums[x]==1)
                {
                    d[x/100]--;
                    e[x/1000]--;
                    dah[x/10]--;
                }
            }
        }
        else if(1==op)
        {
            int f;
            int ans=0;
            for(f=start;f<=end;)
            {
                if(f%1000==0&&f+1000<end)
                {
                    ans+=e[f/1000];
                    f+=1000;
                }
                else if(f%100==0&&f+100<end)
                {
                    ans+=d[f/100];
                    f+=100;
                }
                else if(f%10==0&&f+10<end)
                {
                    ans+=dah[f/10];
                    f+=10;
                }
                else
                {
                    ans+=(nums[f]==0);
                    f++;
                }
            }
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

在这种方法中，我在k * 1000和（k + 1）* 1000之间保存3的倍数，对于k * 100和（k + 1）* 100以及10也保存相同的数量。这有助于我查询更快。但这让我的时间限制超过了。

Answer 1

提示＃1：

考虑一下如何使用MODULUS运算符来帮助您。最初，你有N个数字，假设N是5。

因此我们可以存储每个数字的余数（即存储0 MOD 3,1 MOD 3,2 MOD 3等）：

a[0] = 0
a[1] = 1
a[2] = 2
a[3] = 0
a[4] = 1
a[5] = 2

每次增加A和B之间的数字范围时，实际上只需要在数组中存储0,1或2。例如，如果我们递增2，则新数字将为3.现在可以被3整除，因此我们在数组中存储0。所以在我们有0并且我们增加的情况下，我们存储1，如果我们有1存储2，如果我们有2存储0。

除了初始步骤之外，这种优化消除了进行任何除法的需要。分部是一项非常昂贵的操作，这就是我们希望尽可能消除它的原因。

因此，在递增0到5之后，数组将如下所示：

a[0] = 1
a[1] = 2
a[2] = 0
a[3] = 1
a[4] = 2
a[5] = 0

A和B之间可被3整除的数字量只是0的元素数（在这种情况下为2）。

现在你必须考虑如何有效地查询范围A到B，以找到可被3整除的数字量。

提示＃2：

要找出区间[A，B]上可以被3整除的数量，您可以考虑使用的一种算法/数据结构是一个分段树。阅读它here。这给你带来的是现在你可以很快地计算任何这样的区间[A，B]可以被3整除的数字量，而不是在数组上循环并且必须对它们进行计数。

Answer 2

提示＃3：

dcp的好建议。虽然它没有透露如何解决问题。 没有必要将所有数字MOD 3存储在数组中。如果每次在数组中更新数字，则复杂度为O(Q * N)，这对于给定的N来说显然太多了，Q和1秒。在最坏的情况下。这是对Ali建议的评论中dcp的要点。

MOD%0，MOD%1，MOD%2的整数可以存储在细分树的每个节点中。因此，可以在O(log N)中完成更新，这会导致O(Q log N)仅用于更新。对于每个查询，应用相同的复杂度O(log N)。既然您知道每个残差的整数MOD％3，那么就没有必要去所有叶子（每个在分段树中留下的对应数组元素）来计算有多少数字可以被3整除。一旦你理解了分段树的工作原理，那么为什么有必要在分段树的每个节点中存储残差。该算法的整体复杂度为O(Q log N)，非常适合1 sec. time limit。

当向下移动分段树时，请务必为每个残留的整数累积，对于您在树下的路上访问的每个分段。

Answer 3

你的数组的上限是多少？首先，想出来。然后，计划以这两种形式之一读取输入线。格式为0 A B的行很容易处理，你能编码至少这么多吗？如果是这样，发布它然后担心格式为1 A B的行。

Answer 4

如果您的标题显示，您不确定如何判断一个数字是否可被3整除，那么我建议您查看modulus operation，我最熟悉的语言使用%表示。

如何找到3的倍数

4 个答案: