UOJ497 新年的复读机

题意

给定 $n$ 个数 $a_i$，你每次操作可以选择相邻两个数 $a_i,a_{i+1}$，代价自加 $a_i+a_{i+1}$，然后把这两个数删掉，并在原处添加一个 $gcd(a_i,a_{i+1})$，直到只剩一个数，你要最小化此时代价。

$n\le 2\times {10}^5,a_i\le {10}^{12}$

分析

考虑暴力区间 DP：设 $f_{l,r}$ 表示消除 $[l,r]$ 的最小代价。复杂度 $O(n^3)$。

考虑一个重要性质：每次只往外扩展一个数不劣。

感性证明：考虑四个数 $a_1,a_2,a_3,a_4$，我们要证的相当于 (((12)3)4) 和 (1(2(34))) 之中必定有一个比 ((12)(34)) 不劣。

首先将四个数同除它们的 gcd 没有影响。然后，令 $x=gcd(a_1,a_2,a_3),y=gcd(a_2,a_3,a_4)$，不妨设 $gcd(a_1,a_2)=k_{1}x,gcd(a_3,a_4)=k_{4}y$。反证，若 (((12)3)4) 和 (1(2(34))) 都比 ((12)(34)) 劣，推推式子抵消一下发现 $k_{4}y<x,k_{1}x<y$，两式相加得 $k_{1}x+k_{4}y<x+y$，而 $k_1,k_4\ge 1$，矛盾。

由此做到 $O(n^2)$ 是容易的。

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再考虑另一个重要性质：对于一个 $l$，$\underset{i=l}{\overset{r}{gcd}}{a}_i$ 本质不同的 $r$ 数量只有 $O(\log V)$ 种。

证明：考虑 $r$ 扩大时如果 gcd 变化，那么一定变化成原来 gcd 的一半。

如果此时把这些分界点拿出来，然后枚举初始点，直接 DP 状态数是 $O(n{\log }^{2}V)$ 的。考虑继续优化。

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我们可以将 $i$ 为左端点、右端点时把这些有用的区间拿出来，那么一共只有 $O(n\log V)$ 个区间。

考虑对这些区间做 DP，首先将这些区间按照长度排序，桶排鸡排都行。

考虑能转移到 $f_i$ 的状态，手玩一下实际上就是左端点的上一个区间和右端点的上一个区间，转移也比较好推。具体见 code。

最后介绍一下怎么求合法区间。

以固定右端点为例，考虑求出 $r-1$ 时的分界点情况以及 gcd 值，然后加入 $a_i$，将这些分界点的 gcd 值与 $a_i$ 取 gcd，然后再加入一个单独的 $a_i$，然后对这个玩意去重，为了方便，要保留左端点是 1 的区间。这样做的复杂度是 $O(n{\log }^{2}V)$ 的，据说可证成 $O(n\log V)$，但我不会。实测这东西跑 1e6 跑的飞快，一般不是瓶颈，无需担心。

const int maxn=2e5+5,maxm=2e7+5,inf=0x3f3f3f3f;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,a[maxn],s[maxn];
inline int gcd(int x,int y){
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}
struct seg{
	int l,r,g;
}b[maxm];
int cnt;
pii q[maxn],qq[maxn];
int qcnt;
vector<seg>vec[maxn];
int lstl[maxn],lstr[maxn],f[maxm];
inline void solve_the_problem(){
	n=rd();
	rep(i,1,n)a[i]=rd(),s[i]=s[i-1]+a[i];
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,qcnt)q[j].se=gcd(q[j].se,a[i]);
		q[++qcnt]=mp(i,a[i]);
		int pcnt=0;
		per(j,qcnt,1){
			if(q[j].fi==1||q[j].fi==i||q[j+1].se!=q[j].se){
				qq[++pcnt]=q[j];
			}
		}
		qcnt=pcnt;
		rep(j,1,qcnt)q[j]=qq[qcnt-j+1];
		rep(j,1,qcnt){
			b[++cnt]=(seg){q[j].fi,i,q[j].se};
		}
	}
	qcnt=0;
	per(i,n,1){
		rep(j,1,qcnt)q[j].se=gcd(q[j].se,a[i]);
		q[++qcnt]=mp(i,a[i]);
		int pcnt=0;
		per(j,qcnt,1){
			if(q[j].fi==n||q[j].fi==i||q[j+1].se!=q[j].se){
				qq[++pcnt]=q[j];
			}
		}
		qcnt=pcnt;
		rep(j,1,qcnt)q[j]=qq[qcnt-j+1];
		rep(j,1,qcnt){
			b[++cnt]=(seg){i,q[j].fi,q[j].se};
		}
	}
	rep(i,1,cnt){
		vec[b[i].r-b[i].l+1].emplace_back((seg){b[i].l,b[i].r,b[i].g});
	}
	cnt=0;
	rep(i,1,n){
		for(auto j:vec[i])b[++cnt]=j;
		vec[i].clear(),vec[i].shrink_to_fit();
	}
	rep(i,1,cnt){
		const int l=b[i].l,r=b[i].r,L=lstl[l],R=lstr[r];
		if(l==r){
			lstl[l]=lstr[r]=i,f[i]=0;
			continue;
		}
		f[i]=min(f[L]+b[L].g*(r-b[L].r)+s[r]-s[b[L].r],f[R]+b[R].g*(b[R].l-l)+s[b[R].l-1]-s[l-1]);
		lstl[l]=lstr[r]=i;
	}
	write(f[cnt]);
}