数字对——RMQ+二分答案

题目描述 
小H是个善于思考的学生，现在她又在思考一个有关序列的问题。

她的面前浮现出一个长度为n的序列{ai}，她想找出一段区间[L, R](1 <= L <= R <= n)。

这个特殊区间满足，存在一个k(L <= k <= R)，并且对于任意的i(L <= i <= R)，ai都能被ak整除。这样的一个特殊区间 [L, R]价值为R - L。

小H想知道序列中所有特殊区间的最大价值是多少，而有多少个这样的区间呢？这些区间又分别是哪些呢？你能帮助她吧。

输入 
第一行，一个整数n.

第二行，n个整数，代表ai.

输出 
第一行两个整数，num和val,表示价值最大的特殊区间的个数以及最大价值。

第二行num个整数，按升序输出每个价值最大的特殊区间的L.

样例输入1 
5 
4 6 9 3 6 
样例输出1 
1 3 
2 
样例输入2 
5 
2 3 5 7 11 
样例输出2 
5 0 
1 2 3 4 5

数据范围

30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32.

60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.

80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.

100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.

这道题主要求的是最长区间长度，可以发现它是具有单调性的：对于一段区间，如果它是特殊区间，那么它一定有子区间是特殊区间。因此我们可以二分最长区间长度，对于每个二分出来的答案进行验证。那么怎么验证？可以发现特殊区间有几个很好的性质：1、ak一定是这段区间的最小值，因为如果有一个数ai比ak小，那ai一定不能被ak整除。2、ak一定是区间gcd，因为将所有ai都除以ak后，这段区间就变成了1，b1，b2……这些数gcd显然是1，再乘回ak后gcd就是ak了。那么只要比较一段区间最小值和gcd是否相同就能判断是否是特殊区间了。但如果暴力找区间最小值和区间gcd显然是不行的，因此要用ST表预处理出来g[i][j]和m[i][j]分别表示以j为起点往后2^i个数的gcd和最小值。再对于每个答案O(n)遍历所有起点判断并记录下来每个特殊区间的起点就OK了。每次验证是O(nlogn)，总时间复杂度是O(n*(logn)^2)。

最后附上代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int g[20][500010];
int m[20][500010];
int a[500010];
int l[500010];
int n;
int L,R;
int ans;
int cnt;
int q[500010];
int flag;
int gcd(int x,int y)
{
    if(x<y)
    {
        swap(x,y);
    }
    if(y!=0)
    {
        return gcd(y,x%y);
    }
    else
    {
        return x;
    }
}
bool check(int x)
{
    cnt=0;
    for(int i=1;i+x-1<=n;i++)
    {
        int s=l[x];
        if(gcd(g[s][i],g[s][i+x-(1<<s)])==min(m[s][i],m[s][i+x-(1<<s)]))
        {
            q[++cnt]=i;
        }
    }
    if(cnt!=0)
    {
        ans=max(ans,x);
        return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        g[0][i]=a[i];
        m[0][i]=a[i];
    }
    for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j+(1<<(i-1))<=n;j++)
        {
            g[i][j]=gcd(g[i-1][j],g[i-1][j+(1<<(i-1))]);
            m[i][j]=min(m[i-1][j],m[i-1][j+(1<<(i-1))]);
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        l[i]=l[i>>1]+1;
    }
    L=1;
    R=n;
    while(L<R-1)
    {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(check(mid)==true)
        {
            L=mid;
        }
        else
        {
            R=mid;
        }
    }
    bool o1=check(L);
    bool o2=check(R);
    bool o3=check(ans);
    printf("%d %d\n",cnt,ans-1);
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        if(flag==0)
        {
            printf("%d",q[i]);
            flag=1;
        }
        else
        {
            printf(" %d",q[i]);
        }
    }
}