题解 | #F. 小红的零#

欢迎关注

珂朵莉牛客周赛专栏

珂朵莉牛客小白月赛专栏

F. 小红的零

整数末尾0的个数，取决于2和5的因子个数的最小值.

难点就在于：最小值

先来看2道基础题

对于一个数组arr，给予一个x，求 $\sum_{i=0}^{i=n-1}|arr[i] - x|$

这题的思路，就是对arr进行排序，然后绝对值去掉，这样就划分为2个部分，一部分小于x，另一部分大于等于x

利用前缀和预处理，可以二分到分界点， $O(log(n))$ 解决问题

求一个数组的所有子区间(2的因子个数)累加和

这是弱化版本，那其思路遍历右端点，然后累计

S(i) = S(i-1) + (i+1)*f(i)

最终S(i)的累加和 $\sum S(i)$

而这题的核心思路，其实上延续了类似思想

令f(x)为前x项的2因子的前缀和， g(x)为前x项的5因子的前缀和

对于某个区间[l, r]

$贡献 = min(f(r) - f(l - 1), g(r) - g(l - 1))$

令 $z(x) = f(x) - g(x)$

则区间[l, r] 其贡献为

$z(r) - z(l - 1) \ge 0$
- 贡献为 g(r) - g(l - 1)
$z(r) - z(l - 1) \lt 0$
- 贡献为f(r) - f(l - 1)

本质上这题的巧妙之处在于

维护2因子多的区间（累加和，个数）
维护5因子多的区间 (累加和，个数)

而这个因子多少，是一个变动的过程，根据右端点来决定范围

大于z(x)，为2因子多的区间

$n_x * f(x) - \sum_{y\in({z(y)>z(x)})} f(y)$
小于等于z(x), 则为5因子多的区间

$n_y * g(x) - \sum_{y\in({z(y)<=z(x))}} g(y)$

所以这边采用4个树状数组

fw2, fwc2代表2因子的前缀和f(x)，对应2因子的区间个数，

fw5, fwc5代表5因子的前缀和g(x)，对应5因子的区间个数

而把 z(x) 作为树状数组的 index-key

因为2因子和5因子个数，最多30n，考虑到负值，最多60n

引入offset作为偏移，不需要离散化

感觉这题思路还是挺绕的，可能直接看代码，更容易理解

感觉这题掺杂了 前缀和的前缀和

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main {

    static class BIT {
        int n;
        long[] arr;
        public BIT(int n) {
            this.n = n;
            this.arr = new long[n + 1];
        }
        void update(int p, long v) {
            while (p <= n) {
                this.arr[p] += v;
                p += p&-p;
            }
        }
        long query(int p) {
            long res = 0;
            while (p > 0) {
                res += this.arr[p];
                p -= p&-p;
            }
            return res;
        }
    }

    static int split(int v, int b) {
        int cnt = 0;
        while (v % b == 0) {
            v /= b;
            cnt++;
        }
        return cnt;
    }

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
        int n = sc.nextInt();

        int mx = 60 * n; // 2^30 > 1e9, 因为绝对值的问题，所以30*2*n
        int offset = 30 * n; // 引入offset，是因为这边没有离散化，而是做了一个偏移，平衡负值

        BIT fw2 = new BIT(mx);  // 2的因子累加和
        BIT fwc2 = new BIT(mx); // 2的因子计数

        BIT fw5 = new BIT(mx);  // 5的因子累加和
        BIT fwc5 = new BIT(mx); // 5的因子计数

        long res = 0;
        int acc2 = 0, acc5 = 0;
        int diff = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 前缀和为key
            fw2.update(diff + offset, acc2);
            fwc2.update(diff + offset, 1);
            fw5.update(diff + offset, acc5);
            fwc5.update(diff + offset, 1);

            int v = sc.nextInt();
            int n2 = split(v, 2);
            int n5 = split(v, 5);
            diff += (n2 - n5);
            acc2 += n2;
            acc5 += n5;

            // 进行统计计算
            long sum2 = fw2.query(mx) - fw2.query(diff + offset);
            long cnt2 = fwc2.query(mx) - fwc2.query(diff + offset);
            long sum5 = fw5.query(diff + offset);
            long cnt5 = fwc5.query(diff + offset);
            res += (acc2 * cnt2 - sum2) + (acc5 * cnt5 - sum5);
        }

        System.out.println(res);

    }

}