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 ZOJ - 4029 

Sample Input

2 3 2 100 1000 10000 100 10 4 5 2323 223 12312 3 1232 324 2 3 5

Sample Output

11366 45619

题意：

按照如上公式进行计算

思路：

如果直接计算，是肯定会超时的，但是能够发现，每一项的分母 ，是确定在一个范围内的，比如如果p取10^9 且 ai 取2 那么向上取整就是1， 如果p 为 2 且 ai 取 10^9 那么最大也不超过31 ，所以可以根据这个情况，预先把这个对应的表打好，等到需要的时候进行二分查找。得到最终结果。

#include<iostream>
#include<algorithm> 
#include<cstdio>
typedef long long ll;
using namespace std;
int T,N,M;
const int MAXN = 5e5+10;
//存放 ai 的数组 
int arr[MAXN];
//预先准备打表的数组 
ll sum[32][MAXN];
//取余 
const int mod = 1e9;
int main(){
	scanf("%d",&T);
	
	while(T--){
		scanf("%d%d",&N,&M);
		for(int i=1;i<=N;i++){
			scanf("%d",&arr[i]);
		}
		//对其进行排序，为二分查找做准备	
		sort(arr+1,arr+N+1);
		//打表，当分母为【1,31】这个区间的情况下，对 ai 求和，若要求某个区间的ai和,减去前缀项即可 
		for(int i=1;i<=31;i++){
			sum[i][0] = 0;
			//ai
			for(int j=1;j<=N;j++){
				sum[i][j] = (sum[i][j-1]+ arr[j]/i)%mod;		
			}
		}
		
		ll ans = 0;
		//m次询问 
		for(int i=1;i<=M;i++){
			int quer;
			scanf("%d",&quer);
			ll ans1 =0;
			ll l = 1;
			//分母最小的情况为1  
			ll mi =1;
			ll x = quer;
			while(l<=N){
				//找到大于 
				while(x<arr[l]){
					x *= quer;
					mi++;
				}
				int r= upper_bound(arr+1,arr+1+N,x) - arr;
				ans1 = (ans1 + (sum[mi][r-1] -sum[mi][l-1]+mod)%mod)%mod;
				l = r;
			}
			ans = (ans +ans1*i)%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}