题目链接  ECNU 2018 JAN Problem E

这题卡了双$log$的做法

令$gcd(a_{i}, a_{i+1}, a_{i+2}, ..., a_{j}) = calc(i, j)$

根据最大公约数的性质我们知道一个数和另一个数求$gcd$之后如果变小了,那么结果小于等于之前那个数的$1/2$

所以在考虑$a_{i}$的时候,

$calc(1, i), calc(2, i), calc(3, i), ..., calc(i, i)$这些数去重之后最多只有$logC$个不同的数

在考虑$a_{i}$之前把整个数列看成$logC$段,每一段先与$a_{i}$合并,然后再对每段分别求前缀和的最小值

(求出来的最小值是要被减去的)

分别更新答案即可。

注意特判$0$的情况,为了方便索性我把数列中的$0$都去掉了,出现$0$的话就把初始$ans$设成$0$

时间复杂度$O(nlogC), C = max(a_{i})$   (这里我忽略了$STL$自带的复杂度)

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i)
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second typedef long long LL;
typedef pair <LL, LL> PII; const int N = 1e6 + 10;
const int A = 21; LL a[N], s[N], f[N][A];
LL ans;
vector <PII> v1, v2;
map <LL, LL> mp;
int n, m, flag;
int lg[N]; LL gcd(LL a, LL b){
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
} void init(){
rep(i, 1, n + 1) f[i][0] = s[i - 1];
rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n + 1)
if ((i + (1 << j) - 1) <= n + 1) f[i][j] = min(f[i][j - 1], f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]);
} inline LL calc(int l, int r){
if (l > r) return 0;
int k = lg[r - l + 1];
return min(f[l][k], f[r - (1 << k) + 1][k]);
} inline void solve(int x, int y){
if (!mp.count(x)) mp[x] = y;
else mp[x] = min(mp[x], (LL)y);
} int main(){ lg[1] = 0; rep(i, 2, 1e6 + 1) lg[i] = lg[i >> 1] + 1; scanf("%d", &n);
m = 0;
flag = 1;
rep(i, 1, n){
LL x;
scanf("%lld", &x);
if (x) a[++m] = x;
else flag = 0;
}
n = m; ans = 1ll * flag * (-9e18);
rep(i, 1, n) s[i] = s[i - 1] + a[i];
init(); rep(i, 1, n){
LL cnt = abs(a[i]);
mp.clear();
for (auto u : v1) solve(gcd(u.fi, cnt), u.se);
solve(cnt, i);
v1.clear();
for (auto u : mp) v1.push_back(MP(u.fi, u.se));
int sz = v1.size(); for (int j = 0; j < sz; ++j){
PII u = v1[j];
int r;
if (j == sz - 1) r = i; else r = v1[j + 1].se - 1;
ans = max(ans, (s[i] - calc(u.se, r)) * u.fi);
} } printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

  

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