CF1101D GCD Counting
题目大意
有一颗树，每个节点有一个值，问树上最长链的长度，要求链上的每个节点之间的 \(\gcd\) 大于 \(1\)。
思路
这道题其实可以用点分治来做，在这里就不讲点分治的做法了，我们直接来讲树形 dp（因为强制要求 dp 来做）。
定义状态：
首先分析一下题目。发现求出最大值唯一的要求就是每个 \(\gcd\) 都要大于 \(1\)，也就是说链上的数两两之间都不能互质，所以说每两个数之间一定有相同的质因数。
看一眼数据，发现数据并不大，\(2 \times 10^5\) 的质因数个数最多也就 \(7\) 个，所以我们可以对每一个点的质因数进行预处理，\(p[i][j]\) 表示 \(i\) 的第 \(j\) 个质因数。
然后 \(f[i][j]\) 就表示以i往下都能被 \(p[i][j]\) 整除的最大链长度。
转移：
因为只是向下，所以只用考虑此节点的儿子就行了。
设x为此节点，\(v\) 为 \(x\) 的儿子，\(xi\) 为 \(x\) 的质因数的序号，\(vi\) 为 \(v\) 的质因数的序号，\(ans\) 为答案
所以
其中，更新 \(ans\) 必须在前面，因为如果先更新了 \(f[x][xi]\)，那么 \(f[x][xi]\) 有可能就更新成了 \(f[v][vi]+1\)，那就不是原来的长度了。
注意
-
如果 \(a[i]\) 全部为 \(1\)，则输出 \(0\)
-
如果只有一个点，那么一个点也算是一条链
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> p[200002];
int n,a[200002],f[200002][10],head[200002],cnt=0,maxx=0,ans=0;
bool ck,pd[200002],vis[200002];
struct node{
int to,nxt;
}e[400004];
void add(int x,int y){
e[++cnt].to=y;
e[cnt].nxt=head[x];
head[x]=cnt;
}
void dfs(int x){
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(pd[v]) continue;
pd[v]=1;
dfs(v);
if(!p[x].empty()&&!p[v].empty()){
for(int xi=0;xi<p[x].size();xi++){
for(int vi=0;vi<p[v].size();vi++){
if(p[x][xi]==p[v][vi]){
ans=max(ans,f[x][xi]+f[v][vi]);
f[x][xi]=max(f[x][xi],f[v][vi]+1);
}
}
}
}
}
return;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]!=1) ck=1;
}
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int u,v;
scanf("%d %d",&u,&v);
add(u,v);
add(v,u);
}
vis[1]=1;
for(int i=2;i<=sqrt(200002);i++){
if(!vis[i]){
for(int j=2;j<=200002/i;j++) vis[i*j]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=sqrt(a[i]);j++){
if(a[i]%j!=0) continue;
if(!vis[j]){
p[i].push_back(j);
f[i][p[i].size()-1]=1;
}
if(!vis[a[i]/j]&&j*j!=a[i]){
p[i].push_back(a[i]/j);
f[i][p[i].size()-1]=1;
}
}
}
pd[1]=1;
dfs(1);
if(ans) printf("%d",ans);
else printf("%d",ck);
return 0;
}
你觉得这道题到这里就结束了吗？
不不不！
其实，这道题有个加强版，就是把 \(n\) 的范围改成 \(1 \leq n \leq 10^6\)，时间缩短成1s
这样其实只用把代码稍微改一改就行了
那么是哪里改呢？
快读，inline……（滑稽
其中最重要的一点应该是：这次如果我们还是直接暴力求质因子，就会超时了，所以我们可以先处理出所有质数，再判断 \(a[i]\) 能不能被这些质数整除就可以了。
加强版代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1000001],f[1000001][10],head[1000001],pri[1000001],p[1000001][10],sum[1000001],cnt=0,pcnt=0,maxx=0,ans=0;
bool ck,pd[1000001],isprime[1000001];
struct node{
int to,nxt;
}e[2000002];
inline int read(){
int sum=0,f=1;
char ch=0;
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
sum=(sum<<1)+(sum<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return sum*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0){
x=-x;
putchar('-');
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline void add(int x,int y){
e[++cnt].to=y;
e[cnt].nxt=head[x];
head[x]=cnt;
}
inline void dfs(int x){
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(pd[v]) continue;
pd[v]=1;
dfs(v);
if(sum[x]&&sum[v]){
for(int xi=1;xi<=sum[x];xi++){
for(int vi=1;vi<=sum[v];vi++){
if(p[x][xi]==p[v][vi]){
ans=max(ans,f[x][xi]+f[v][vi]);
f[x][xi]=max(f[x][xi],f[v][vi]+1);
}
}
}
}
}
return;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
if(a[i]!=1) ck=1;
}
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int u,v;
u=read();
v=read();
add(u,v);
add(v,u);
}
memset(isprime,1,sizeof(isprime));
for(int i=2;i<=1000001;i++){
if(isprime[i]) pri[++pcnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt;j++){
if(i*pri[j]>2000002) break;
isprime[i*pri[j]]=0;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
isprime[0]=isprime[1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=100;j++){
if(pri[j]>a[i]) break;
if(a[i]%pri[j]!=0) continue;
p[i][++sum[i]]=pri[j];
f[i][sum[i]]=1;
}
}
pd[1]=1;
dfs(1);
if(ans) printf("%d",ans);
else printf("%d",ck);
return 0;
}
不要忘记点个赞哦！
完结撒花
