Codeforces Round 973题解（E）

E. Prefix GCD

假设我们从一个空集合$b$开始，不断从$a$数组中选择一个元素添加到$b$集合的尾部，当把$a$数组的元素全部添加到$b$中后，得到的$b$即为所求的rearrange后的$a$。

结论1：

每次选择使得其和当前$b$中所有元素的最大公约数最小的那个$a_i$加入到$b$的末尾，即选择$a_i$，使得$gcd(b_1,b_2,...,b_k,a_i)$最小（假设当前$b$的大小为$k$），这样得到的$b$是最优的。

证明1：

假设当前的$b$集合为：
$b_1,b_2,...,b_k$，此$b$集合即为正确答案的$b$的前$k$个元素。
使得$gcd(b_1,b_2,...,b_k,a_i)$取得最小值的a_i是$A$。
而正确方案中这个步骤应该选择的$a_i$是$B$。那么有$gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)<=gcd(b_1,b_2,...,b_k,B)$。

结论2：

可以把正确方案的$b=\{b_1,b_2,...,b_k,B\}$①
替换成：
$b=\{b_1,b_2,...,b_k,A,B\}$，这样结果不会变坏。②

证明2：

设$f=gcd(a_1)+gcd(a_1,a_2)+\dots +gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$，
则①的$f$为$gcd(b_1)+gcd(b_1,b_2)+...+gcd(b_1,b_2,...,b_k)+gcd(b_1,b_2,...,b_k,B)$
②的$f$为$gcd(b_1)+gcd(b_1,b_2)+...,+gcd(b_1,b_2,...,b_k)+gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)+gcd(b_1,b_2,...,A,B)$

二者不同的部分满足$gcd(b_1,b_2,...,b_k,B)>=gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)+gcd(b_1,b_2,...,b_k,A,B)$，
因为$gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)+gcd(b_1,b_2,...,b_k,A,B)=gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)+gcd(b_1,b_2,...,b_k,b_1,b_2,...,b_k,A,B)=gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)+gcd(gcd(b_1,b_2,...,b_k,A),gcd(b_1,b_2,...,b_k,B))<=gcd(b_1,b_2,...,b_k,B)$。

这用到了两个点：

1. $gcd(X,Y)<=|X-Y|$
2. $gcd(b_1,b_2,...,b_k,A)<=gcd(b_1,b_2,...,b_k,B)$

因此每次选择使得其和当前$b$中所有元素的最大公约数最小的那个$a_i$加入到$b$的末尾满足题意。

优化

设$g=gcd(a_1,a_2,...,a_n)$
我们可以在开始计算前，将每个$a_i$除以$g$，因为这样处理后，$gcd(a_1,a_2,...,a_n)=1$，这意味着，我们选择一部分$a_i$到$b$中后，就可以使得$gcd(b_1,b_2,...,b_k)$变为$1$，
事实上，我们每次选择一个$a_i$都会使得$gcd(b)$下降，因为如果我们某次选择的$a_i$没有使得$gcd(b)$下降，则说明$gcd(b)$已经下降到了$1$，可以退出迭代了。
最后我们再把结果乘上$g$。

如果不进行这一步操作，则很有可能$gcd(b)$永远都到不了1。这样的话我们代码中判断到$1$的部分应该改为$g$。

时间复杂度

因为每个数最多有$lo{g}_{2}x$个可能相同的质因数，因此只需要$lo{g}_2{10}^5$次添加就可以使得$gcd(b)=1$。

int n;
int a[N];

void solve() {
    cin >> n;
    int gcd_all = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        gcd_all = gcd(gcd_all, a[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        a[i] /= gcd_all;
    }
    int cur = 0, cnt = 0;
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int min_v = INF;
        for (int j = 1; j <= n; j ++) {
            min_v = min(min_v, gcd(cur, a[j]));
        }
        cur = min_v;
        cnt ++;
        ans += cur;
        if (cur == 1) {
            ans += n - cnt;
            break;
        }
    }
    ans *= gcd_all;
    cout << ans << '\n';
}