【JZOJ3895】数字对【ST表】

题目大意：

题目链接：https://jzoj.net/senior/#main/show/3895
给出序列$a$，求最长的子序列$a_l\sim a_r$，使得$l\sim r$中有一个位置$k$能被所有$l\sim r$中的数整除。

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思路：

暴力$O(n^2)$似乎可以过诶~

以上不重要$\uparrow$

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明显可以用$ST$表来做。维护两个数组$Min[i][j]$和$Gcd[i][j]$。其中$Min[i][j]$表示以$i$开始，接下来$2^j$位的最小值，$Gcd[i][j]$表示以$i$开始，接下来$2^j$位的最大公约数。
很明显
$$Min[i][j]=min(Min[i][j-1],Min[i+(1<<(j-1))][j-1])$$
$$Gcd[i][j]=\_\_gcd(Gcd[i][j-1],Gcd[i+(1<<(j-1))][j-1])$$
然后回答就可以了。
时间复杂度$O(nlogn)$。
如果您是$julao$可以使用不带修改的线段树和优秀的玄学$O(n)$暴力。

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代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;

const int N=500010;
const int LG=20;
int n,l,r,mid,Min[N][LG+1],Gcd[N][LG+1];
queue<int> q;

bool check(int len)  //二分长度
{
	int k=log2(len);
	bool ok=0;
	for (int i=1;i<=n-len+1;i++)
	{
		int minn=min(Min[i][k],Min[i+len-(1<<k)][k]);
		int GCD=__gcd(Gcd[i][k],Gcd[i+len-(1<<k)][k]);
		if (minn==GCD)
		{
			if (!ok)
			{
				ok=1;
				while (q.size()) q.pop();
			}
			q.push(i);  //答案队列
		}
	}
	return ok;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	memset(Min,0x3f3f3f3f,sizeof(Min));
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&Min[i][0]);
		Gcd[i][0]=Min[i][0];
	}
	for (int j=1;j<=LG;j++)
		for (int i=1;i+(1<<(j-1))<=n;i++)  //RMQ不解释
		{
			Min[i][j]=min(Min[i][j-1],Min[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			Gcd[i][j]=__gcd(Gcd[i][j-1],Gcd[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	l=1;
	r=n;
	while (l<=r)  //二分答案长度
	{
		mid=(l+r)/2;
		if (check(mid)) l=mid+1;
			else r=mid-1;
	}
	printf("%d %d\n",q.size(),l-2);
	while (q.size()) 
	{
		printf("%d ",q.front());
		q.pop();
	}
	return 0;
}