gcd和lcm真厉害！

做 zr 模拟赛的时候有这样一道题目：

给出 $n$ 个数 $a_1,a_2,...,a_n$。求他们的 lcm $\bmod 998244353$ 的结果。

$n\le 5000,a_i\le 10^{18}$。

用 pollard-rho 的人希望你的考场上也能写出来这个东西，那我就没意见了，我先投降。

考虑最朴素的求 $n$ 个数的 lcm 的过程：假设我们已经算出了 $x=lcm(a_1,a_2,...,a_i)$，我们现在想求 $x$ 和 $a_{i+1}$ 的 $\gcd$，然后把 $x$ 乘上 $\frac{a_{i+1}}{\gcd(x,a_{i+1})}$ 就是前 $i+1$ 个数的 lcm。

难点就是求：$\gcd(a_{i+1},lcm(a_1,a_2,...,a_i))$。

第一个想法：这个式子显然可以化成：$lcm(\gcd(a_{i+1},a_1),\gcd(a_{i+1},a_2),...,\gcd(a_{i+1},a_i))$。而这 $i$ 个数里的每一个都是 $a_{i+1}$ 的约数，所以它们的 lcm 结果还是 $a_{i+1}$ 的约数，也就是范围是 $\le 10^{18}$ 的。那我们暴力地把 $i$ 个 $\gcd$ 都算出来再求 $lcm$ 即可。

这样得到一个 $O(n^2\log V)$ 的做法，显然是无法通过 $n\le 5000$ 的数据的。

这个做法的问题就是没用充分利用到前面已经算出来的信息。事实上算出 $\gcd(x,a_{i+1})$ 以后，我们令 $b_{i+1}=\frac{a_{i+1}}{\gcd(x,a_{i+1})}$。则 $\prod_{j=1}^{i}b_j$ 就是 $a_1,a_2,...,a_i$ 的 lcm。相当于我们把 lcm 这个东西化成了乘积这样简单的形式。那想求 $\gcd(\prod_{j\le i}b_j,a_{i+1})$ 其实是容易的：因为 $\gcd(a,b)=\gcd(a\bmod b,b)$。我们只需要算 $\prod_{j\le i}b_j$ 对 $a_{i+1}$ 取模的结果，最后求一次 $\gcd$ 就可以得到 $b_{i+1}$。

此时得到一个 $O(n^2+n\log V)$ 的做法，就可以通过了。

如果只到这里肯定是不够写一篇的。我们来做这样一个问题：

给出 $n$ 个数 $a_1,a_2,...,a_n$。对每个区间 $[l,r]$ ，求 $lcm(a_l,a_{l+1},...,a_r)$ 对 $998244353$ 取模的结果。

数据范围还是 $n\le 5000,a_i\le 10^{18}$。

套用上面的做法对每个左端点跑只能做到 $O(n^3+n^2\log V)$ 的复杂度。我们的核心思路还是找到合适的 $b_i$ 使得 lcm 能被表示成 $b_i$ 的乘积的形式。当然你肯定找不到一组 $b_i$ 满足对于任何的 $[l,r]$ 都有 $b_l\times ...\times b_r=lcm(b_l,...,b_r)$，哪有这么好的事情？考虑不断往序列后追加一个元素。然后 $b_i$ 只需要满足后缀 $b_i$ 的乘积是后缀的 lcm，拥有这个事情就足够了。

比如说我们添加了一个 $a_{n+1}=v$ 这样的元素，显然有 $b_{n+1}=v$，怎么修改 $b_1\sim b_n$ 呢。从后往前枚举 $b_i$，令 $g=\gcd(v,b_i)$，则我们会把 $b_i$ 和 $v$ 都是除以 $g$，然后接着考虑 $i-1$。朴素地做这样一个去更新 $b_i$，就得到一个 $O(n^2\log V)$ 的做法。瓶颈原因还是求 gcd 次数太多。

令 $c_i$ 是枚举到 $b_i$ 的时候此时 $\gcd(b_i,v)$ 的值，也就是说 $b_i$ 要除以多少。那 $\prod_{j=i}^{n}c_j$ 其实就是 $\gcd(\prod_{j=i}^{n}b_j,v)$ 啊。后面这个形式看着就很眼熟。我们算出 $b_j$ 的后缀积 $s_j$ 模 $v$ 的值，这可以 $O(n)$ 算出。那 $\prod_{j=i}^{n}c_j$ 就是 $\gcd(s_j,v)$。这有什么用呢？因为 $c\neq 1$ 的位置只有 $O(\log V)$ 处，如果我们能找到这些位置，就可以把瓶颈处的 $O(n^2\log V)$ 降下来，不用求那么多次 gcd 了。

而 $\gcd(s_i,v)\neq gcd(s_{i+1},v)$ 的充要条件是 $s_{i+1}\bmod \gcd(s_i,v)\neq 0$。（这是因为 $s_{i+1}\mid s_i$ 而产生的性质）。说人话就是如果我们知道了 $\gcd(s_i,v)$ 的值，然后我们已经知道了 $s_{i+1}\bmod v$ 的值了，那就可以 $O(1)$ 判断 $\gcd(s_{i+1},v)$ 是否和 $\gcd(s_i,v)$ 相等。那就可以 $O(1)$ 判断 $c_{i}$ 是否 $\gt 1$。那第一步算一下 $\gcd(s_1,v)$ 就行了啊。

这样我们只用求 $n\log V$ 次 $\gcd$。不过大家应该都知道对一个数重复替换成他和另一个数的 $\gcd$，这样一个过程均摊还是 $O(\log V)$ 的。所以总复杂度就是 $O(n^2+n\log V)$。就算实现的菜了一点变成了 $n\log^2 V$ 也没问题，反正他不是瓶颈。