ECNU 3480 没用的函数 （ST表预处理 + GCD性质）

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;
}