CS Academy Gcd on a Circle（dp + 线段树）

题意

给你一个长为 $n$ 的环，你可以把它断成任意 $k$ 段 $(1 < k \le n)$ ，使得每一段的 $\gcd$ 都 $>1$ 。

问总共有多少种方案，对于 $10^9 + 7$ 取模。

$n \le 10^5, 2 \le a_i \le 10^9$ 。

题解

首先我们考虑序列上怎么做。

我们令 $dp_i$ 为到 $i$ 这个点的方案数， $pre_i$ 为 $i$ 向前延伸最长的那个点满足 $(\displaystyle \gcd_{j = pre_i}^{i} a[j]) > 1$ 。

那么

d p_{i} = \sum_{j = p r e_{i} - 1}^{i - 1} d p_{j} + [p r e_{i} = 1]

$\displaystyle dp_i = \sum_{j=pre_i-1}^{i-1} dp_j + [pre_i = 1]$

显然这个 $dp$ 可以用前缀和来进行优化成 $O(n)$ 的。

至于 $pre_i$ 的处理可以用线段树求区间 $\gcd$ ，然后用 two-pointers 来扫端点就行了，是 $O(n( \log n + \log V))$ 的（ $\displaystyle V = \max_{i=1}^{n} a_i$ ）。

好像利用 $\gcd$ 的一些奇怪势能分析可以证明。

然后如果成环的话，我们只需要多考虑一种情况也就是 $1,n$ 相连。

对于这种情况，可以考虑枚举最后面有 $k$ 个数和 $n$ 相连就行了。

然后每次计算的时候，可以类似于前面 $dp$ 的计算就行了，但是要注意一下，那个 $[pre_i = 1]$ 要转化成后面 $k$ 个数与前缀的 $\gcd$ 是否 $>1$ 。（也就是我们强行把后 $k$ 个数当做一个整体提到前面就行了）

然后这样直接做是 $(n^2 \log V)$ 的，不够优秀。

但是我们发现很多数其实没有什么本质区别的，也就是后缀 $\gcd$ 相同的一部分点可以一起计算。

这样的话，我们可以只在 $\gcd$ 转折处，以及 $0$ 号点计算就行了（因为要考虑上 $1$ 向后那一片 $\gcd$ 相同的数）。然后复杂度就是 $O(n \log^2 V)$ 的了。

因为一个点向一端不断延伸，它的 $\gcd$ 变换次数是 $O(\log V)$ 的，因为每次变化至少会对于其中一个指数 $-1$ 。

还有个特殊情况，也就是全部 $\gcd > 1$ 的情况，需要将方案数 $- (n - 1)$ 。（因为至少要分成 $1$ 段）

最后就是 $O(n (\log n + \log V) \log V)$ 的。

总结

对于一类划分环计数的题目，可以考虑枚举最后面那一段和前面相连的长度，然后直接一遍 $O(n)$ 计数。

对于有些关于 $\gcd$ 的题可以利用 $\gcd$ 变换次数不超过 $O(\log V)$ 来做。

代码

代码还是很好写的，可以参考一下。（其实博主参考了一下 ysgs 大佬的代码　）

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("gcd-on-a-circle.in", "r", stdin);
	freopen ("gcd-on-a-circle.out", "w", stdout);
#endif
}

#define lson o << 1, l, mid
#define rson o << 1 | 1, mid + 1, r

const int N = 1e5 + 1e3, Mod = 1e9 + 7;

int a[N];
struct Segment_Tree {

	int Gcd[N << 2];

	void Build(int o, int l, int r) {
		if (l == r) { Gcd[o] = a[l]; return ; }
		int mid = (l + r) >> 1;
		Build(lson); Build(rson); Gcd[o] = __gcd(Gcd[o << 1], Gcd[o << 1 | 1]);
	}

	int Query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
		if (ql <= l && r <= qr) return Gcd[o];
		int mid = (l + r) >> 1;
		if (qr <= mid) return Query(lson, ql, qr);
		if (ql > mid) return Query(rson, ql, qr);
		return __gcd(Query(lson, ql, qr), Query(rson, ql, qr));
	}

} T;

inline int Add(int a, int b) { return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a; }

int n, sum[N], dp[N], pre[N];

void Calc(int cur) {
	sum[0] = 1;
	For (i, 1, n) {
		cur = __gcd(cur, a[i]);
		if (cur > 1) dp[i] = sum[i - 1];
		else dp[i] = Add(sum[i - 1], Mod - sum[max(0, pre[i] - 2)]);
		sum[i] = Add(sum[i - 1], dp[i]);
	}
}

int main () {

	File();

	n = read(); 
	For (i, 1, n) a[i] = read(); T.Build(1, 1, n);

	pre[1] = 1;
	For (i, 2, n)
		for (pre[i] = pre[i - 1]; pre[i] < i; ++ pre[i])
			if (T.Query(1, 1, n, pre[i], i) > 1) break;

	int Last = n, suf = 0, cur, ans = 0;
	Fordown (i, n, 1) {
		cur = __gcd(a[i], suf);
		if (cur != suf || i == 1) {
			Calc(suf); ans = Add(ans, Add(sum[Last], Mod - sum[i - 1]));
			Last = i - 1; suf = cur;
		}
	}

	printf ("%d\n", Add(ans, (Mod - (T.Gcd[1] > 1 ? (n - 1) : 0))));

    return 0;
}

__EOF__

本文作者：zjp_shadow
本文链接：https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/9643519.html
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