第十五届蓝桥杯省赛第二场C/C++B组H题【质数变革】题解

本文主要是介绍第十五届蓝桥杯省赛第二场C/C++B组H题【质数变革】题解，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

在这里插入图片描述

解题思路

首先，我们考虑一下整个数组都是由质数构成的情况。

当我们要将质数 $x$ 向后移 $k$ 个时，如果我们可以知道质数 $x$ 在质数数组的下标 $j$ ，那么就可以通过 $p r im es [j + k]$ 来获取向后移 $k$ 个的质数。因此，我们需要在线性筛预处理时，记录下质数的位置，例如 $i d [2] = 0$ ， $i d [3] = 1$ ， $\dots$ ，那么上述 $j = i d [x]$ 。

void get_primes(int n)
{st[0] = st[1] = true;for (int i = 2; i <= n; ++ i ){if (!st[i]){id[i] = cnt;primes[cnt ++ ] = i;}for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j ){st[primes[j] * i] = true;if (i % primes[j] == 0)break;}}
}

对于 $q$ 个操作，如果每个操作都是遍历完成模拟，若有较多的 $k = 1$ ，时间复杂度会达到 $O(n^2)$ ，是难以接受的。

所以我们可以将所有相等的 $k$ 进行一并处理，例如有一个 $k$ 为 $+ 1$ ，一个 $k$ 为 $+ 3$ ，那么就可以一并处理 $k$ 位置的 $+ 4$ 操作。

for (int i = 1; i <= m; ++ i )
{int op, k, x;cin >> op >> k >> x;if (op == 1)h[k] += x;elseh[k] -= x;
}for (int i = 1; i <= n; ++ i )
{int j = i;while (j <= n){g[j] += h[i];j += i;}
}//	h[i] 表示 k=i 的操作移动次数
//	g[i] 表示对于第 i 个数字的移动次数//	g[i] > 0，则向右移，反之向左移

那么最后对于第 $i$ 个质数就向右（向左）移动 $g [i]$ 个位置，再特判边界，即可解决问题。

好的，接下来我们考虑，数组不全是由质数组成的情况。

我们发现，当数组不全是由质数组成时， $i d [x]$ 用不了了，因为 $x$ 不为质数。

我们考虑解决方法：

将所有不是质数的数，变为下一个质数，然后将 $g [i]$ 设置为 $- 1$ 。意在于先将非质数变为质数，最后再还原，但是如果这个数未被操作到，我们发现，当给这个数进行 $- 1$ 时（还原），已经不再是原来的数了，故此方法不可行。
进行分类讨论：
- 若 $g [i] > 0$ ，若 $a [i]$ 为质数，则正常向右移动即可，反之需要将 $a [i]$ 改为第一个大于 $a [i]$ 的质数后再向右移动 $g [i] - 1$ 个位置。
- 若 $g [i] < 0$ ，若 $a [i]$ 为质数，则正常向左移动即可，反之需要将 $a [i]$ 改为第一个小于 $a [i]$ 的质数后再向左移动 $- g [i] - 1$ 个单位。
- 若 $g [i] = 0$ ，如果 $a [i]$ 不是质数，那么我们需要记录 $a [i]$ 是否有经过操作，若无则跳过，反之由于最终 $g [i]$ 为 $0$ ，所以一定是经过先加再减，或者是先减再加，所以我们需要记录最后一个操作 $a [i]$ 的方向，是往左，还是往右，即先减再加或先加再减，若是先加再减，则将 $a [i]$ 改为第一个小于 $a [i]$ 的质数，反之将 $a [i]$ 改为第一个大于 $a [i]$ 的质数。

对于上述的操作：将 $x$ 改为第一个大于（小于） $x$ 的质数，我们可以使用二分算法实现。

另外需要注意的点，当最终整数大于 $10^6$ 时，需要置为 $1$ ，为负数则置为 $0$ 。

执行 get_nex 时，为防止出现大于 $10^6$ 的质数越界，故可以在线性筛时，额外多筛些许。

执行 get_pre 之前，我们会发现当 $x = 1$ 时，上一个应该为 $- 2$ ，而我们的质数数组不存在 $- 2$ ，故在调用函数之前，需要对 $x = 1$ 进行特判。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <stack>using namespace std;const int N = 1.1e6 + 10;int n, m, cnt;
int a[N];
int primes[N];
int id[N];
bool st[N];
int h[N];
int op_id[N];
bool is_minus[N];
int g[N];
int last_op[N];void get_primes(int n)
{st[0] = st[1] = true;for (int i = 2; i <= n; ++ i ){if (!st[i]){id[i] = cnt;primes[cnt ++ ] = i;}for (int j = 0; primes[j] <= n / i; ++ j ){st[primes[j] * i] = true;if (i % primes[j] == 0)break;}}
}int get_pre(int x)
{int l = 0, r = cnt - 1;while (l < r){int mid = l + r + 1 >> 1;if (primes[mid] < x)l = mid;elser = mid - 1;}return primes[l];
}int get_nex(int x)
{int l = 0, r = cnt - 1;while (l < r){int mid = l + r >> 1;if (primes[mid] > x)r = mid;elsel = mid + 1;}return primes[l];
}int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++ i )cin >> a[i];get_primes(1100000);for (int i = 1; i <= m; ++ i ){int op, k, x;cin >> op >> k >> x;if (op == 1)h[k] += x;elseh[k] -= x, is_minus[i] = true;op_id[k] = i;}for (int i = 1; i <= n; ++ i ){int j = i;while (j <= n){g[j] += h[i];last_op[j] = max(last_op[j], op_id[i]);j += i;}}for (int i = 1; i <= n; ++ i )if (g[i] > 0){if (st[a[i]]){g[i] --;a[i] = get_nex(a[i]);}int j = id[a[i]];j += g[i];if (j >= cnt || primes[j] > 1000000)a[i] = 1;elsea[i] = primes[j];}else if (g[i] < 0){if (st[a[i]]){g[i] ++;if (a[i] == 1){a[i] = 0;continue;}a[i] = get_pre(a[i]);}int j = id[a[i]];j += g[i];if (j < 0)a[i] = 0;elsea[i] = primes[j];}else if (st[a[i]]){int j = last_op[i];if (j){if (is_minus[j]){if (a[i] == 1)a[i] = 0;elsea[i] = get_pre(a[i]);}else{a[i] = get_nex(a[i]);if (a[i] >= 1000000)a[i] = 1;}}}for (int i = 1; i <= n; ++ i )cout << a[i] << ' ';cout << endl;return 0;
}