代码源每日一题---质区间长度（二分）

题目链接：质区间长度 - 题目 - Daimayuan Online Judge

题意：

 思路：首先分析题目，可以发现[x, x + len - 1]， len越大，[x, x + len - 1]这个区间的质因数要么不变要么增加，不可能不出现减少的情况，因此它具有单调性，所以可以用二分答案来解决。二分的关键在于如何check这个方案是否合法，在这里我们即判断[x, x + mid -1]（l<= x <= r-len+1）这些区间里面的质数数量是否都不小于k。在这里我们可以用线性筛预处理出一个前缀和数组sum[i]，sum[i]表示区间[1, i]的质数数量，那么我们check这个区间[x, x + mid -1]是否合法即判断sum[x + mid - 1] - sum[x-1]是否不小于k即可，时间复杂度O(nlogn)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define readI() read<int>()
#define readL() read<ll>()
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1
#define lowbit(x) x & -x
#define pb push_back

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
int primes[N], cnt;
bool st[N];
int sum[N];   // 前缀和数组

template<typename T> inline T read()
{
    T x = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch)) f |= ch=='-', ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return f ? -x : x;
}

void init()  // 预处理前缀和数组
{
    int n = 1000000;
    st[1] = true;
    for (int i = 2; i <= n; i ++ ) {
        if (!st[i]) primes[++cnt] = i, sum[i] = 1;
        sum[i] += sum[i-1];
        for (int j = 1; j <= cnt && i * primes[j] <= n; j ++ ) {
            st[i * primes[j]] = true;
            if (i % primes[j] == 0) break;
        }
    }
}

bool check(int len, int l, int r, int k)
{
    for (int i = l + len - 1; i <= r; i ++ ) {
        if (sum[i] - sum[i-len] < k) return false;  // 方案不合法
    }
    return true;
}

void solve()
{
    int L, R, k;
    cin >> L >> R >> k;
    init();
    // 二分答案
    int l = 1, r = R - L + 1;
    while (l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid, L, R, k)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    if (!check(l, L, R, k)) puts("-1");
    else cout << l;
}

int main()
{
    int t = 1;
    while (t -- ) solve();
    return 0;
}
/*
1 1000000 0
*/