CF Divan and Kostomuksha

• 题意：NKOJ
  CF
• 思路：首先发现贪心不了。因此dp。然后这题需要维护的就\(g_i\)和\(sum{g_i}\)
  状态：\(dp[i]\): 当前最后一个为\(g_i\)的最大值
  \(dp[i]= \max_{i|j}(dp[j]+(cnt[i]-cnt[j])*i)\)
  \(cnt[i]\): \(a[]\)中\(i\)的倍数的个数
  \(cnt[i]= \sum_{i|j}cnt[j]\)这个可以用狄利克雷后缀和
  然后复杂度：\(O(nlogn)\)其中\(n=10^7\),然后我们可以证明枚举倍数的时候乘上质数因此复杂度可以除以一个\(ln(n)\)时限是4s就可以过了.
  当然稳一点的话，就反过来枚举因数。这样可以\(O(nlogn)\)其中\(n=10^5\)
• code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e7+5;
typedef long long ll;
bool is_p[N];
int a[N/100],cnt[N],up=2e7,p[N>>2],ptot;
ll dp[N];
int main() {
	int n;scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++;
	for(int i=2;i<=up;i++) {
		if(!is_p[i]){p[++ptot]=i;}
		for(int j=1,x;j<=ptot&&i*p[j]<=up;j++) {
			is_p[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=ptot;i++) {
		for(int j=up/p[i];j>=1;j--) cnt[j]+=cnt[j*p[i]];
	}
	ll ans=0;
	for(int i=up;i>=1;i--) {
		if(!cnt[i])continue;
		dp[i]=0;for(int j=1,x;(x=i*p[j])<=up;j++) if(cnt[x])dp[i]=max(dp[i],dp[x]-1ll*cnt[x]*i);
		dp[i]+=1ll*i*cnt[i];ans=max(ans,dp[i]);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}