洛谷 P5502 - [JSOI2015]最大公约数（区间 gcd 的性质+分治）

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学校模拟赛的某道题让我联想到了这道题……

先讲一下我的野鸡做法。

首先考虑分治，对于左右端点都在 \([L,R]\) 中的区间我们将其分成三类：完全包含于 \([L,mid]\) 的区间，完全包含于 \([mid+1,R]\) 的区间，和跨过中间点的区间。前两种我们只需进一步递归 \([L,mid]\) 和 \([mid+1,R]\) 即可求解出答案，比较麻烦的是第三种。我们考虑先扫一遍预处理出 \(F_i=\gcd(a_i,a_{i+1},\cdots,a_{mid})\)，以及 \(G_i=\gcd(a_{mid+1},a_{mid+2},\cdots,a_{i})\)，那么对于一个满足 \(l\in[L,mid],r\in[mid+1,R]\)，其权值 \(W(l,r)=(r-l+1)·\gcd(F_l,G_r)\)，直接枚举依然不可做，不过注意到 \(F_i,G_i\) 不同数的种类不超过 \(\log a_i\) 种，因此考虑对 \(F_i,G_i\) 相同的值，我们只保留其最靠左（右）的一个，然后暴力枚举更新答案即可。这个时间复杂度的计算要动点脑筋，乍一看是 \(n\log^3n\) 的（包括我一开始做这道题时也这么认为），但今天才发现它其实是 2log 的，不妨设 \(n\) 为 \(2\) 的整数次幂，\(n\) 不是 \(2\) 的整数次幂的情况与其最近的 \(2\) 的整数次幂效率上显然只是常数的差别。首先求 \(F_i,G_i\) 肯定是 2log 的，区间长度 1log + gcd 1log，比较棘手的是暴力枚举复杂度是什么，若区间长度 \(<\log n\)，那么枚举次数的上界肯定是区间长度的平方，\(T_1=\sum\limits_{i=2^k,k\in\mathbb{Z},i\le\log n}\dfrac{n}{i}·i^2=\sum\limits_{i=2^k,k\in\mathbb{Z},i\le\log n}ni\)，又 \(i\) 为 \(2\) 的整数次幂，根据等比数列求和公式，后面那东西是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的，若区间长度 \(>\log n\)，那么对于长度为 \(i\) 的区间，单次枚举复杂度 \(\log^2n\)，而这样的区间最多 \(\dfrac{n}{i}\) 个，因此复杂度就是 \(T_2=\log^2n\sum\limits_{i>\log n,i=2^k,k\in\mathbb{Z}}\dfrac{n}{i}\)，还是根据等比数列求和公式，后面的 \(\sum\) 里的东西是 \(\mathcal O(\dfrac{n}{\log n})\) 级别的，因此总枚举次数是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的，再加上 gcd 的 \(\mathcal O(\log n)\)，总复杂度就是 \(\mathcal O(n\log^2n)\)

const int MAXN=1e5;
ll gcd(ll x,ll y){return (!y)?x:gcd(y,x%y);}
int n;ll a[MAXN+5],ans=0,pre[MAXN+5],suf[MAXN+5];
void solve(int l,int r){
	if(l==r) return chkmax(ans,a[l]),void();
	int mid=l+r>>1;solve(l,mid);solve(mid+1,r);
	for(int i=l;i<=r;i++) pre[i]=suf[i]=0;
	for(int i=mid;i>=l;i--) suf[i]=gcd(suf[i+1],a[i]);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) pre[i]=gcd(pre[i-1],a[i]);
	vector<pair<ll,int> > v1,v2;
	for(int i=l;i<=mid;i++) if(i==l||(suf[i]^suf[i-1])) v1.pb(mp(suf[i],mid-i+1));
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) if(i==r||(pre[i]^pre[i+1])) v2.pb(mp(pre[i],i-mid));
	for(int i=0;i<v1.size();i++) for(int j=0;j<v2.size();j++) chkmax(ans,gcd(v1[i].fi,v2[j].fi)*(v1[i].se+v2[j].se));
}
int main(){
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	solve(1,n);printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

事实上有一个非常 simple 的复杂度也是 2log 的做法，我们固定左端点，那么随着右端点的变化，\(\gcd\) 最多变化 \(\log a_i\) 次，那么我们可以二分找出这 \(\log a_i\) 次的断点，然后每次取断点左边的点更新答案即可，求区间 \(\gcd\) 可以 ST 表，复杂度 \(n\log^2n\)。

最后稍微总结一下这道题带给我们的启示：

• 碰到像区间 gcd 这样固定住左端点，随着右端点的增大，区间权值变化量很小（一般 \(\log n\) 级别）的权值函数，可以考虑二分权值变化的位置，这样即可将 \([1,r]\) 拆分成一段段区间，每段区间内所有 \(l\) 都有 \([l,r]\) 权值相同，这样就比较好维护答案（我记得之前某场模拟赛还有这样一个问题：给定长度为 \(n\) 的数列，要你将序列分成 \(k\) 段，求每段 bitwise or 值之和的最大值，当时一点思路都没有，现在知道了这个技巧，学了 wqs 二分，不就得心应手了？）有时还可以利用排序后差分数组的 gcd 与原数组差分数组的 gcd 相同这一性质进行转化，并运用区间 gcd 的性质维护，具体应用就是校内模拟赛那道题，隐私起见就不把题面亮在这里了（
• 碰到求满足条件的区间个数，或者要你求某个区间权值最大值，一般这个权值还与区间长度有关，可以考虑分治求解（虽然这题分治与不分治效率差别并不是太大）