2019年华南理工大学程序设计竞赛（春季赛）H Parco_Love_GCD

传送门.

题解：

首先要想到显而易见的结论：
当右端点r固定时，gcd[l…r]不同的值只有$log值域$个。

假设l一开始在r上，不断向左移，当gcd变化时，gcd至少/2，所以最多除以log次。

那么不难得到一个暴力的做法：
右端点向右扫
维护gcd发生变化的左端点

右端点右移时，变化点的gcd对a[r]取gcd,再加上r为变化点，unique一下即可。

复杂度：$O(nlo{g}^{2}n)$，两个log都是跑不满的，所以飞快。

也可以优化一下，就是合并的右端点一定是一段后缀，但是极限复杂度不变。

Code：

#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, B = y; i <= B; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, B = y; i <  B; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, B = y; i >= B; i --)
#define ll long long
#define pp printf
using namespace std;

const int N = 5e5 + 5;

int n, a[N], v[N], d[N], d0;

int gcd(int x, int y) {
	return !y ? x : gcd(y, x % y);
}

int cmp(int x, int y) {
	return v[x] == v[y];
}

const int mo = 1e9 + 7;

ll ans;

int main() {
	scanf("%d", &n);
	fo(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
	fo(i, 1, n) {
		fo(j, 1, d0) v[d[j]] = gcd(v[d[j]], a[i]);
		d[++ d0] = i; v[i] = a[i];
		d0 = unique(d + 1, d + d0 + 1, cmp) - (d + 1);
		fo(j, 1, d0 - 1) ans = (ans + (ll) v[d[j]] * (d[j + 1] - d[j])) % mo;
		ans = (ans + (ll) v[d[d0]] * (i - d[d0] + 1)) % mo;
	}
	pp("%lld", ans);
}