最大公约数
数据范围:
两种方法:
I.分治,像整体二分一样,对于区间的可取到最大权值的子区间,所在的位置有一下三种可能:
(1)位于中,直接分治下去即可
(2)位于中,直接分治下去即可
(3)同时包含mid,mid+1,即横跨中间的数,思考如何处理这种情况
考虑贪心 的解决这个问题,由于a[mid]肯定在在这个区间里,所以从a[mid]向左右扩展
假如加入左边的数或右边的数可以使区间的gcd不变,那么加入它肯定会使答案更优,那就把它踹到区间里面
如果左边的数和右边的数都不能整除gcd,我们称此时“好区间”,此时该怎么办呢
我们第一次不断把左边的数加入到区间里,初始化后第二次不断的吧右边的数加入到区间里,每次加入时把这个区间贪心的扩展成“好区间”,然后继续向那个方向扩展即可。
这样为什么是对的呢,我们可以认为所以的最优情况都把这两次操作完全包含了。
那么你可能会提出,如果序列such 按时:2,2,6,6,3,3,我们会发现我们的做法不可能取到gcd为1的区间,但是你huahua图会发现,对于mid左边的一个区间与mid右边的一个区间合并起来若其gcd互相不整除,那么合并后区间的gcd最大为min(gcd_1,gcd_2)/2,而合并的两个区间长度最大的区间的长度最少为len/2,所以此时合并后区间权值的情况是min(gcd_1,gcd_2)/2*len,与min(gcd_1,gcd_2)*len/2相等,所以这样无论如何也不会漏掉一个对答案有贡献的情况
II.模拟
枚举每个右端点,我们找到以r右端点,每个使gcd(l--->r)与gcd(l+1--->r)不同的l,时间复杂度O(nlog2n)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define int long long #define MAXN 100050 using namespace std; int n,a[MAXN]; int gcd(int x,int y){ if(!y) return x; return gcd(y,x%y); } int dfs(int L,int R){ if(L>R) return 0; int mid=(L+R)>>1; int l=mid,r=mid,ans=a[mid],g=a[mid],tr,tl; while(r<R){ g=gcd(g,a[++r]);tl=r; tr=l; while(r<R && a[r+1]%g==0) ++r; while(L<l && a[l-1]%g==0) --l; ans=max(ans,g*(r-l+1)); } l=r=mid; g=a[mid]; while(L<l){ g=gcd(g,a[--l]); while(r<R && a[r+1]%g==0) ++r; while(L<l && a[l-1]%g==0) --l; ans=max(ans,g*(r-l+1)); } return max(ans,max(dfs(L,mid-1),dfs(mid+1,R))); } main(){ scanf("%lld",&n); rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]); printf("%lld",dfs(1,n)); return 0; }
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define int long long #define MAXN 100050 using namespace std; int a[MAXN],n,g[MAXN],ans; queue<int> Q,P; int gcd(int x,int y){ if(!y) return x; return gcd(y,x%y); } main(){ scanf("%lld",&n); rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]); g[0]=-1; g[1]=a[1]; ans=a[1]; Q.push(1); rep(i,2,n){ int lst=0,x; while(!Q.empty()){ x=Q.front(); Q.pop(); // cout<<x<<" "; g[x]=gcd(g[x],a[i]); ans=max(ans,g[x]*(i-x+1)); if(g[x]!=g[lst]) P.push(x); lst=x; }g[i]=a[i];//cout<<endl; ans=max(a[i],ans); while(!P.empty()) Q.push(P.front()),P.pop(); if(a[i]!=g[Q.back()]) Q.push(i); } printf("%lld",ans); return 0; }
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