D. Divan and Kostomuksha（约数+dp）

Posted 2021-12-22 lwz_159

题目描述

This is the hard version of the problem. The only difference is maximum value of ai.
Once in Kostomuksha Divan found an array a consisting of positive integers. Now he wants to reorder the elements of a to maximize the value of the following function:
∑i=1ngcd(a1,a2,…,ai),
where gcd(x1,x2,…,xk) denotes the greatest common divisor of integers x1,x2,…,xk, and gcd(x)=x for any integer x.
Reordering elements of an array means changing the order of elements in the array arbitrary, or leaving the initial order.
Of course, Divan can solve this problem. However, he found it interesting, so he decided to share it with you.

Input

The first line contains a single integer n (1≤n≤105) — the size of the array a.
The second line contains n integers a1,a2,…,an (1≤ai≤2⋅107) — the array a.

Output

Output the maximum value of the function that you can get by reordering elements of the array a.

Examples

input
6
2 3 1 2 6 2
output
14
input
10
5 7 10 3 1 10 100 3 42 54
output
131

Note

In the first example, it’s optimal to rearrange the elements of the given array in the following order: [6,2,2,2,3,1]:
gcd(a1)+gcd(a1,a2)+gcd(a1,a2,a3)+gcd(a1,a2,a3,a4)+gcd(a1,a2,a3,a4,a5)+gcd(a1,a2,a3,a4,a5,a6)=6+2+2+2+1+1=14.
It can be shown that it is impossible to get a better answer.
In the second example, it’s optimal to rearrange the elements of a given array in the following order: [100,10,10,5,1,3,3,7,42,54].

题目分析

easy version

$这道题我们可以通过dp来做$

$状态表示：设f[i]表示以i为开头，所能得到的答案$

$状态计算：$
$对于f[i]来说，将i放在开头，我们首先应该把序列中所有i的倍数放在i后面，这样才能取得最优解。$

$当从状态i转移到状态j时，我们可以发现只有j是i的倍数时，转移才有意义。$

$设j为i的倍数，我们可以发现：因为j是i的倍数，所以j的倍数同时也是i的倍数，并且cnt[j]<=cnt[i]（cnt[x]表$$示序列中为x的整数倍的数的个数）。$

$对于f[j]来说，前cnt[j]个数的贡献为j，而对于f[i]来说，前cnt[i]个数的贡献为i，因此要从f[i]转移到f[j]，需要$$加上(j-i)\ast cnt[j]的差值$

$即：f[j]=max(f[j],f[i]+(j-i)\ast cnt[j])$

代码如下

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PDD pair<double,double>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=5e6+5,mod=1e9+7;
int a[N],cnt[N];
LL f[N]; 
int main()

	cin.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],cnt[a[i]]++;
	int m=*max_element(a+1,a+1+n);			//求出a[]中的最大值m
	for(int i=1;i<=m;i++)					//计算cnt[]数组
		for(int j=i*2;j<=m;j+=i)
			cnt[i]+=cnt[j];

	f[1]=n;					//初始化，以1为开头的序列答案为n
	for(int i=1;i<=m;i++)							//枚举每个数i
		for(int j=i*2;j<=m;j+=i)					//枚举i的倍数
			f[j]=max(f[j],f[i]+(LL)(j-i)*cnt[j]);	//状态转移方程
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) ans=max(ans,f[i]);	//找到最大值并输出
	cout<<ans<<endl; 
	return 0;

hard version

$困难版本中，增大了序列最大值，因此如果直接dp的话会超时，因此我们要找方法进行优化。$

$我们可以发现，序列的最大值是远远大于序列长度的。因此cnt[]中会存在大量的空位。我们可以用一个数组$$记录一下那些位置是有用的，在状态转移的时候如果某个位置没用到就直接continue掉即可$

$注：这题卡常卡的比较厉害$

代码如下

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PDD pair<double,double>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=2e7+5,mod=1e9+7;
bool vis[N];
LL cnt[N],f[N];
int main()

	cin.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	
		int x;
		cin>>x;
		for(int j=1;j*j<=x;j++)				//求cnt[]数组
		
			if(x%j==0)
			
				cnt[j]++;
				if(j*j!=x) cnt[x/j]++;
				vis[j]=vis[x/j]=1;			//用到j和x/j这两个位置，记录一下
			
		
	
	f[1]=n;
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<N;i++)
	
		if(!vis[i]) continue;					//如果该位置没有用到，直接continue
		for(int j=i*2;j<N;j+=i)
		
			if(以上是关于D. Divan and Kostomuksha（约数+dp）的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
 
 CodeForces - 1614A Divan and a Store排序
 #757 (Div. 2) C. Divan and bitwise operations（组合数字+位运算）
 #757 (Div. 2) C. Divan and bitwise operations（组合数字+位运算）
 二项式定理组合数学二进制Divan and bitwise operations
 D. Kuro and GCD and XOR and SUM
 D. Cut and Stick