[JZOJ5445]失格

题目大意

给你n个点，每个点有权值pip_i，一个点x和y连边的费用是min(px%py,py%px)min(p_x\%p_y,p_y\%p_x)，求原图最小生成树的费用。
n<=100000,pi<=107p_i，时限7秒开O2。

分析

这道题乍地一看只会O(n2)O(n^2)的做法，而一般这种题就是优化边数然后用经典做法。
研究一下边费用的特征，发现肯定是大的模小的更小。两个p相同的点，直接并成1个点即可。
考虑p的值域只有10710^7，我们尝试有关倍数的方法。
对于一个点x，我考虑他跟p更大的连边，大胆尝试把最接近px+1,2px,3px...p_x+1,2p_x,3p_x...的点和他的边都记录下来，然后连起来。然后就会发现这样连边不会漏掉最优解的任何一条边。
如何证明呢？考虑apx和(a+1)pxap_x和(a+1)p_x之间的那些点，假如从小到大为b1,b2...bmb_1,b_2...b_m。我们没有必要让x和除了b1b_1的其他点连。
反证法：我们给x和b1和bkb_1和b_k都连。按照刚刚的方法b之间两两都有连边。那么x和bkb_k的边费用是pbk%pxp_{b_k}\%p_x的，然而让x和b1，b1和b2…b_k-1和b_k都连边的费用也是这么大，这条边显然没什么用。
正确性证完了，我们分析一下这样的边数多少。弄一个松一点的上界：∑ni=1107/i=107∑ni=11/i≈107×ln(n)\sum_{i=1}^n 10^7/i=10^7\sum_{i=1}^n 1/i\approx 10^7\times ln(n)。实际上是远远达不到这个大小的，放心地开够空间限制大小的边集数组，排序用桶排，或者直接插进链表里，就可以过了。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmin(a,b) (a=(a<b)?a:b)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
const int N=1e5+5,M=1e7+2e6+5;
struct rec
{int x,y;
}b[M*3];
int a[N],fa[N],i,j,tb,n,ri[M],mx,pd[M],tmp,lst,x,fst[M],nxt[M*3],b1[M*3],p,tt,k;
ll ans;
void cr(int x,int y)
{tt++;b1[tt]=y;nxt[tt]=fst[x];fst[x]=tt;
}
int get(int x)
{if (fa[x]==x) return x;return fa[x]=get(fa[x]);
}
int main()
{freopen("t3.in","r",stdin);
//  freopen("autosadism.out","w",stdout);scanf("%d",&n);fo(i,1,n){scanf("%d",a+i);cmax(mx,a[i]);pd[a[i]]=i;} fd(i,mx,1){if (pd[i]) tmp=i;ri[i]=tmp;}fo(i,1,mx){if (pd[i]){lst=0;for (j=i;j<=mx;j+=i){x=ri[j+(i==j)];if (x!=lst){cr(x%i,++tb);b[tb].x=pd[i];b[tb].y=pd[x];lst=x;}}}}fo(i,1,n) fa[i]=i;fo(k,0,mx){for(p=fst[k];p;p=nxt[p]){i=b1[p];if (get(b[i].x)!=get(b[i].y)){ans+=k;fa[get(b[i].x)]=get(b[i].y);}}}printf("%lld",ans);
}

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