http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4028
分块。
好吧，其实gcd和xor并没有什么联系，我一直在找它们之间的联系，浪费了好多时间。。。。。。
将数列分成$sqrt{N}$块，记第i个块的左端为l[i]，右端为r[i]。
每个位置j记住到所在块的左端的最大公约数g[j]和异或和x[j]。
对于询问操作：
设读入的数为H。
我们从左到右枚举块（不妨设当前枚举的块为i），记lastgcd表示块i左端l[i]之前（不包含l[i]）所有数的最大公约数，lastxor表示块i左端之前（不包含l[i]）所有数的异或和为lastxor。
如果块i右端r[i]之前（包含r[i]）所有数的最大公约数等于lastgcd，即gcd(g[r[i]],lastgcd)==lastgcd：
我们发现前缀的最大公约数是单调不上升的，如果gcd(g[r[i]],lastgcd)==lastgcd，说明g[l[i]...r[i]]都等于lastgcd。
所以我们要在块j中找到最小的位置j，满足：
$lastgcdast (x[j] xor lastxor)=H$
化简得：
$xor[j]=(frac{H}{lastgcd}) xor lastxor$
这个我们可以用map快速找到。
如果gcd(g[r[i]],lastgcd)!=lastgcd：
这个时候我们只能用$O(sqrt{N})$暴力扫一遍。
但是我们发现前缀的最大公约数是单调不上升的，并且每次减小至少要除以2。
所以这种情况的出现的次数不超过$log_{2}N$次。
所以询问的复杂度是$O(sqrt{N}log_{2}N)$
对于修改操作：
直接在所在的块重新求一次。
加上放进map的时间，所以修改的复杂度是$O(sqrt{N}log_{2}N)$
所以总的时间复杂度是$O(Qsqrt{N}log_{2}N)$
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<fstream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<utility> #include<set> #include<bitset> #include<vector> #include<functional> #include<deque> #include<cctype> #include<climits> #include<complex> //#include<bits/stdc++.h>适用于CF,UOJ，但不适用于poj using namespace std; typedef long long LL; typedef double DB; typedef pair<int,int> PII; typedef complex<DB> CP; #define mmst(a,v) memset(a,v,sizeof(a)) #define mmcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof(a)) #define fill(a,l,r,v) fill(a+l,a+r+1,v) #define re(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++) #define red(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--) #define ire(i,x) for(typedef(x.begin()) i=x.begin();i!=x.end();i++) #define fi first #define se second #define m_p(a,b) make_pair(a,b) #define p_b(a) push_back(a) #define SF scanf #define PF printf #define two(k) (1<<(k)) template<class T>inline T sqr(T x){return x*x;} template<class T>inline void upmin(T &t,T tmp){if(t>tmp)t=tmp;} template<class T>inline void upmax(T &t,T tmp){if(t<tmp)t=tmp;} const DB EPS=1e-9; inline int sgn(DB x){if(abs(x)<EPS)return 0;return(x>0)?1:-1;} const DB Pi=acos(-1.0); inline int gint() { int res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } inline LL gll() { LL res=0;bool neg=0;char z; for(z=getchar();z!=EOF && z!='-' && !isdigit(z);z=getchar()); if(z==EOF)return 0; if(z=='-'){neg=1;z=getchar();} for(;z!=EOF && isdigit(z);res=res*10+z-'0',z=getchar()); return (neg)?-res:res; } const int maxN=100000; const int maxcnt=350; int N,Q; int cnt,len,id[maxN+100],g[maxN+100],x[maxN+100]; int l[maxcnt+10],r[maxcnt+10]; map<int,int> S[maxcnt+10]; int a[maxN+100]; inline int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} int main() { freopen("bzoj4028.in","r",stdin); freopen("bzoj4028.out","w",stdout); int i,j; N=gint(); len=int(sqrt(DB(N))); cnt=0; re(i,1,N) { if((i-1)%len==0)r[cnt]=i-1,l[++cnt]=i; id[i]=cnt; } r[cnt]=N; re(i,1,N)a[i]=gint(); re(i,1,cnt) re(j,l[i],r[i]) { g[j]=(j==l[i])?a[j]:gcd(g[j-1],a[j]); x[j]=(j==l[i])?a[j]:x[j-1]^a[j]; if(S[i].find(x[j])==S[i].end())S[i][x[j]]=j; } Q=gint(); while(Q--) { char s[20];int pos,val,lastgcd,lastxor,res;LL H; SF("%s",s); switch(s[0]) { case 'M': pos=gint()+1,val=gint(); i=id[pos]; re(j,pos,r[i]) if(S[i][x[j]]==j) S[i].erase(x[j]); a[pos]=val; re(j,pos,r[i]) { g[j]=(j==l[i])?a[j]:gcd(g[j-1],a[j]); x[j]=(j==l[i])?a[j]:x[j-1]^a[j]; if(S[i].find(x[j])==S[i].end())S[i][x[j]]=j; } break; case 'Q': H=gll(); res=0; lastgcd=lastxor=0; re(i,1,cnt) { if(gcd(lastgcd,g[r[i]])==lastgcd) { if(H%LL(lastgcd)==0) { LL temp=LL(lastxor)^(H/LL(lastgcd)); if(temp<=LL(2147483647)) if(S[i].find(int(temp))!=S[i].end()) res=S[i][int(temp)]; } } else { re(j,l[i],r[i]) if(LL(gcd(lastgcd,g[j]))*LL(lastxor^x[j])==H){res=j;break;} } if(res)break; lastgcd=gcd(lastgcd,g[r[i]]); lastxor^=x[r[i]]; } if(res)PF("%d ",res-1);else PF("no "); break; } } return 0; }