CF1553F Solution

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首先显然地 \(\displaystyle p_i=p_{i-1}+\sum_{j=1}^{i-1}a_j\bmod a_i+\sum_{j=1}^{i-1}a_i\bmod a_j\)。那么两部分分开来算。

\(\displaystyle \sum_{j=1}^{i-1}a_j\bmod a_i\)：

我们知道 \(x\bmod y=x-y\lfloor\frac x y\rfloor\)，那么我们先把答案加上 \(\sum a_j\) 再减去 \(\sum a_i\lfloor\frac{a_j}{a_i}\rfloor\)。

现在来计算 \(\sum a_i\lfloor\frac{a_j}{a_i}\rfloor\)。

注意到我们有 \(a\) 互不相同的条件，因此直接枚举 \(a_i\) 的倍数复杂度是不会爆的。

于是枚举 \(k\) 使得 \(ka_i\le m(m=\max\{a\})\)，我们知道 \(\forall a_j\in[ka_i,(k+1)a_i)\) 有 \(\lfloor\frac{a_j}{a_i}\rfloor=k\)。

也就是说这些 \(a_j\) 对答案的贡献均为 \(ka_i\)。

那么就好办了。用一个权值树状数组维护前面的 \(a\) 序列的元素，枚举 \(k\) 以后把答案减去在 \([ka_i,(k+1)a_i)\) 内的元素个数乘上 \(ka_i\)。

这样做是 \(\mathcal O(n\log^2m)\) 的。

\(\displaystyle \sum_{j=1}^{i-1}a_i\bmod a_j\)：

同样地先把答案加上 \((i-1)a_i\) 再减去 \(\sum a_j\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\)。

观察 \(\sum a_j\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\)，注意到 \(a_j\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\) 可以表示为 \(\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\) 个 \(a_j\) 的和。

如何体现 \(\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\) 呢？考虑一个长为 \(a_i\) 的数组，每逢下标为 \(a_j\) 的倍数的地方加上 \(a_j\)，那么一共加上的数和就恰好是 \(a_j\lfloor\frac{a_i}{a_j}\rfloor\)。

那么就好办了：我们把上述的数组大小延长至 \(m\) 并用权值树状数组维护，每次减去的就是查询 \(a_i\) 处的前缀和。

然后我们枚举 \(a_i\) 的倍数，把这些位置的值加上 \(a_i\)。

这样做仍是 \(\mathcal O(n\log^2m)\) 的。

最后复杂度 \(\mathcal O(n\log^2m)\)。