bzoj4052 [CERC2013]Magical GCD

bzoj4052 [CERC2013]Magical GCD

给定一个长为 \(n\) 的序列，求一个子序列使得子序列的公约数与长度的乘积最大，求这个最大值。共 \(T\) 组数据。

\(n\leq10^5,\ a_i\leq10^{12}\)

gcd，ST表

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gym100299 C UVA1642 Magical GCD

固定左端点 \(l\) ，显然以 \(l\) 开头的前缀 \(\gcd\) 单调递减，且能够分为不超过 \(\log a_i\) 段相同的值，因为 \(\gcd\) 的每次变化都至少会导致 \(\gcd\) 值除以二

于是考虑用这 \(\log a_i\) 段值更新答案，快速求出每段右端点，计入贡献。可以采用二分，求区间 \(\gcd\) 可以用ST表维护，可以做到 \(O(n\log n\log a_i)-O(\log a_i)\)

时间复杂度 \(O(n\log n\log a_i^2)\)

虽然看上去很慢，但上界很松，效率还行……正解放鸽子（逃

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
ll val[18][maxn];
int Tests, n, lg[maxn];

inline ll gcd(ll a, ll b) {
  while (b) {
    ll t = a;
    a = b, b = t % b;
  }
  return a;
}

inline ll query(int l, int r) {
  int k = lg[r - l + 1];
  return gcd(val[k][l], val[k][r - (1 << k) + 1]);
}

inline void solve() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%lld", &val[0][i]);
  }
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
  }
  for (int i = 1; i < 18; i++) {
    for (int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; j++) {
      val[i][j] = gcd(val[i - 1][j], val[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
    }
  }
  ll ans = 0;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (i > 1 && val[0][i - 1] % val[0][i] == 0) {
      continue;
    }
    for (int l = i, r; l <= n; l = r + 1) {
      ll k = query(i, l);
      r = n;
      while (l < r) {
        int mid = (l + r + 1) >> 1;
        query(i, mid) < k ? r = mid - 1 : l = mid;
      }
      ans = max(ans, k * (l - i + 1));
    }
  }
  printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
  scanf("%d", &Tests);
  while (Tests--) {
    solve();
  }
  return 0;
}