Luogu-CF914D

解题思路

对于操作 \(1\)，关键是如何查找 \([l,r]\) 中不能整除 \(x\) 的个数。

可以想到用线段树暴力优化求解：

用线段树维护区间 \(\gcd\)，如果一段区间的 \(\gcd\) 都能整除 \(x\)，那么这段区间的所有数也都能整除 \(x\)，那么我们可以利用这个特点，节省大部分递归时间。

每次查询，用 \(cnt\) 表示区间中不能整除 \(x\) 的个数。

• 如果 \(cnt=0\)，那么不需要修改即可满足题意，输出为 YES。
• 如果 \(cnt=1\)，说明只需要修改一个数即可满足题意，输出为 YES。
• 如果 \(cnt=2\)，说明至少需要修改两个数才能满足题意，不符合条件，输出为 NO。

查询时还需要一点小剪枝，即查询过程中只要 \(cnt>1\) 时，立即停止查询，输出 NO。

操作 \(2\) 为线段树最基本的单点修改。

核心代码

/* 查询 */
void check(node *now, ll l, ll r, ll k)
{
    if (l <= now->L && now->R <= r + 1 && now->gcd % k == 0) 
        return; //优化线段树的查询过程

    if (l <= now->L && now->R <= r + 1 && now->L + 1 == now->R){
        if (now->gcd % k != 0){
            cnt++; 
            if (cnt >= 2)
                return; //剪枝
        }
        return;
    }

    ll mid = (now->L + now->R) >> 1;
    if (l < mid)
        check(now->lc, l, r, k);
    if (r >= mid)
        check(now->rc, l, r, k);
}

/* 单点修改 + 维护gcd */
void add(node *now,ll x,ll k)
{
    if(now->L + 1 == now->R)
        now->gcd = k; //修改
    
    else
    {
        ll mid=(now->L + now->R)>>1;
        if(x<mid)
            add(now->lc,x,k);
        if(x>=mid)
            add(now->rc,x,k);
        now->gcd = gcd(now->lc->gcd,now->rc->gcd); //维护gcd
    }
}

/* 主函数 */
int main()
{
    n=read();
    node *root;
    root=new node;
    build(root,1,n+1);

    for(int i=1;i<=n;++i){
        ll x=read();
        add(root,i,x);
    }
    m=read();
    for(int i=1;i<=m;++i){
        ll opt=read();
        if(opt==1){
            ll l=read(),r=read(),k=read();
            cnt=0; //勿忘初始化
            check(root,l,r,k);
            if(cnt>1)
            puts("NO");
            else puts("YES");
        }
        else{
            ll x=read(),k=read();
            add(root,x,k);
        }
    }
    return 0;
}

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