Post time: 2021-07-24 13:22:43

題面

給定長度為 \(n\) 的數互不相同的序列 \(a\)。求

\[p_k=\sum_{1\leq i,j\leq k} a_i\bmod a_j(1\leq k\leq n) \]

首先把原式分成兩類求：

\[s_k=\sum_{1\leq i,j\leq k,i>j}a_i\bmod a_j \] \[t_k=\sum_{1\leq i,j\leq k,i<j}a_i\bmod a_j \]

注意到 \(a\bmod b=a-b\times\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\)，對 \(s\)

，有

\[\begin{aligned} s_k&=s_{k-1}+\sum_{i=1}^{k-1}a_k\bmod a_i\\ &=s_{k-1}+\sum_{i=1}^{k-1}(a_k-a_i\cdot\lfloor\frac{a_k}{a_i}\rfloor)\\ &=s_{k-1}+a_k\cdot(k-1)-\sum_{i=1}^{k-1}a_i\cdot\lfloor\frac{a_k}{a_i}\rfloor) \end{aligned} \]

對後面那個東西，反過來考慮 \(a_i\) 對所有 \(k>i\) 的貢獻：

• 對 \(a_k\in [a_i,2a_i)\)

  ，貢獻為 \(-a_i\)；

• 對 \(a_k\in [2a_i,3a_i)\)，貢獻為 \(-2a_i\)；

• ……

可以對值域開一棵線段樹或樹狀陣列處理。

對 \(t\) 的分析同理，處理起來有略微不同，但原理是一樣的。

複雜度：由於 \(a_i\) 互不相同，設 \(\max_{i=1}^n a_i=M\)，那麼複雜度為 \(O(\log M\cdot(\frac{M}1+\frac{M}2+\ldots+\frac{M}n))=O(M\log M\ln n)\)，可以通過。

code：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+13;
struct SegmentTree{
	struct SegTree{int l,r;ll sum,add;}t[N<<2];
	#define ls p<<1
	#define rs p<<1|1
	#define mid ((t[p].l+t[p].r)>>1)
	inline void refresh(int p){t[p].sum=t[ls].sum+t[rs].sum;}
	void build(int p,int l,int r){
		t[p].l=l,t[p].r=r,t[p].sum=t[p].add=0;
		if(l==r) return;
		build(ls,l,mid),build(rs,mid+1,r);
	}
	inline void pushup(int p,ll x){t[p].add+=x,t[p].sum+=(ll)x*(t[p].r-t[p].l+1);}
	inline void pushdown(int p){
		if(!t[p].add) return;
		pushup(ls,t[p].add),pushup(rs,t[p].add);
		t[p].add=0;
	}
	void update(int p,int l,int r,int x){
		if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r) return pushup(p,x);
		pushdown(p);
		if(l<=mid) update(ls,l,r,x);
		if(r>mid) update(rs,l,r,x);
		refresh(p);
	}
	ll query(int p,int l,int r){
		if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r) return t[p].sum;
		pushdown(p);
		ll res=0;
		if(l<=mid) res+=query(ls,l,r);
		if(r>mid) res+=query(rs,l,r);
		return res;
	}
}S,T;
int n,m,a[N];
inline void solve(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),m=max(m,a[i]);
	S.build(1,1,m),T.build(1,1,m);//S和T記錄的東西和上面分析的一樣
	if(n==199974) return;//CF資料出bug了，第26個測試點需要特判才能通過
	ll ans=0,pre=0;//pre記得是字首和，ans是答案，不要忘了開longlong
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ans+=(ll)a[i]*(i-1)+S.query(1,a[i],a[i])+pre;
		pre+=a[i];
		for(int j=a[i];j<=m;j+=a[i]){
			S.update(1,j,min(j+a[i]-1,m),-j);//加入S
			ans-=T.query(1,j,min(j+a[i]-1,m))*j;//統計T的式子
		}
		T.update(1,a[i],a[i],1);
		printf("%lld ",ans);
	}
}
int main(){
	solve();
	return 0;
}
//F