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【题意】
【题解】
如果我们对某一个位置i操作两次的话。 显然结果就和操作一次一样。 因为第一次操作过后1..i这些数字就变成是互质的了。 gcd为1.那么除过之后没有影响的。然后。就是要明白
那个f(x)函数的意义。其实就是问你x质因数分解之后,其中好的质数和坏的质数的差是多少。
也即有多少个好因数,多少个坏因数。
(以下的gcd(i)都指的是a[1..i]这些数字的gcd
然后考虑我们在第i个位置进行了一次操作。
显然他会对后面的数字造成影响。
比如在第i个位置进行了一次操作。
那么我们在第i+1个位置进行操作的时候,就会发现gcd(i+1)此时已经不是之前的数字。会变成1.
这样我们可能就会漏解。
因为gcd(i)>=gcd(i+1)
我们可能除得太多了。
使得我们下一次不能除少一点了。
但是如果我们倒过来做的话,就会不一样。
比如我们先在i进行了一次操作。
之后再到i-1进行一次操作的话。
gcd(i-1)不一定就等于1;
因为原先gcd(i-1)>=gcd(i)
所以在i进行的操作的时候。
我们下一次到某个小于i的位置的时候,
只需记录一下上一次已经除掉了多少。
这次再加的时候去掉上次的影响就好了。
但是假设我们在i,j,k(i<j<k)这3个位置都进行了操作。
我们只需要记录gcd(j)就好。
因为gcd(k)肯定包含在gcd(j)中了。
然后在j位置的影响再累加一下就是gcd(k)了;
然后在i位置的影响就是gcd(i)/gcd(k)了;
也就是说,我们在算gcd(i)的好素数和坏素数差的时候,只需要把它当成gcd(i)/gcd(k)算就好了。
(前提是之前已经选过k这个位置了。
根据上面的分析我们可以用动态规划来解决这个问题了。
需要维护两个量,1个是当前的位置,另外就是上一次进行操作的位置。
每个位置i有两种选择:
1.不进行操作,则上一次进行操作的位置不变。
2.进行一次操作,则上一次进行操作的位置变成i.
设f(x)表示x的美丽值。
dp[i][j]表示前i个位置,上一次选择的位置是j的最大美丽值。
则
(dp[i][i] = max(dp[i][i],dp[i+1][j]+(gcd[j]-gcd[i])*i; 第i个位置进行一次操作)
(dp[i][j] = max(dp[i][j],dp[i+1][j]);第i个位置不进行一次操作)
初值dp[n+1][n+1]等于(∑f(a[i]))
(即不进行任何操作
(这里n+1就表示之前没有进行任何一次操作的情况。
(根据上面的讨论,不难想到这个dp应该倒序做即i倒序。但是j的话随意吧。
最后取max(dp[i][j])就是答案了。
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 5e3;
int n, m, a[N + 10],_gcd[N+10];
int dp[N + 10][N + 10];//前i个数字,上一次操作的位置在j的最大美丽值。
set<int> myset;
map<int, int> dic;
int gcd(int x, int y) {
if (y == 0)
return x;
else
return gcd(y, x%y);
}
int f(int x) {
if (x <= 1) return dic[x] = 0;
if (dic.find(x) != dic.end()) return dic[x];
int temp = x,point = 0;
for (int i = 2; i*i <= temp; i++)
if (temp%i == 0) {
int flag = 0;
if (myset.find(i) != myset.end()) {//找到了
flag = -1;
}
else {
flag = 1;
}
while (temp%i == 0) {
temp /= i;
point += flag;
}
}
if (temp > 1) {
if (myset.find(temp) != myset.end())
point--;
else
point++;
}
return dic[x] = point;
}
int main() {
#ifdef LOCAL_DEFINE
freopen("rush_in.txt", "r", stdin);
#endif
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
_gcd[1] = a[1];
for (int i=2; i <= n; i++) _gcd[i] = gcd(_gcd[i - 1], a[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int x;
cin >> x;
myset.insert(x);
}
memset(dp, -0x3f3f3f3f, sizeof dp);
dp[n + 1][n + 1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) dp[n+1][n + 1] += f(a[i]);
for (int i = n;i >= 1;i--)
for (int j = n + 1; j > i; j--) {
//在i这个位置放一个
dp[i][i] = max(dp[i][i], dp[i + 1][j] +f(_gcd[j])*i- f(_gcd[i]) * i);
//i这个位置不放
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i + 1][j]);
}
int ans = dp[n + 1][n + 1];
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = i; j <= n; j++)
ans = max(ans, dp[i][j]);
cout << ans << endl;
return 0;
}