最大公约数

数据范围：$n \ leq 10^6,a \leq 10^12$

两种方法：

I.分治，像整体二分一样，对于区间$[l,r]$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$[l,mid]$中，直接分治下去即可

    (2)位于$[mid+1,r]$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;
}