牛客IOI周赛23-普及组 /D(序列dp)

牛客IOI周赛23-普及组 /D(序列dp)

题目

题面：
小L喜欢数和数列。小L称a1…ana_1…a_na1​…an​这些数为优秀的。小L称一个序列b1…bmb_1…b_mb1​…bm​为好的当且仅当：
1.对于任意的 i(1≤i<m)i (1 \leq i <m)i(1≤i<m)，满足 bi<bi+1b_i<b_{i+1}bi​<bi+1​。
2.对于任意的 i(1≤i<m)i (1 \leq i <m)i(1≤i<m)，满足 gcd(bi,bi+1)>1gcd(b_i,b_{i+1})>1gcd(bi​,bi+1​)>1。其中，gcd(x,y)gcd(x,y)gcd(x,y) 为 xxx 和 yyy 的最大公因数，即最大的 ddd，满足：d∣xd|xd∣x且d∣yd|yd∣y。
3.对于任意的 i(1≤i≤m)i (1 \leq i \leq m)i(1≤i≤m)，bib_ibi​这个数是优秀的。
现在，小L想知道最长的能称为好的的序列的长度是多少，容易证明这个长度是有穷的。

显然这是一个序列dp的问题：
先将序列从小到大排序，用$dp[i]$前$i$位合法序列的最大长度，
那么有转态转移方程。
$$dp[i]=\underset{j<i,gcd(a[i],a[j])!=1}{\max }(dp[i],dp[j]+1)$$
时间复杂度为$O(n^2)$。

现考虑优化dp过程，原dp转移过程中需要枚举所有$j<i$的项且要求解$gcd(a[i],a[j])$。
可以考虑枚举$a[i]$的质因子，用$len[p]$表示包含素因子$p$的$a[i]$中能组成合法序列的最大长度。
那么状态转移方程变化为:
$$dp[i]=\underset{p|a[i]}{\max }(dp[i],len[p]+1)$$$p$是$a[i]$的素因子。
在更新完$dp[i]$后，我们需要更新$a[i]$所有素因子对应的$len[i]$，即
$$len[p]=\underset{p|a[i]}{\max }(len[p],dp[i])$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int max_n=1e6+5;
int dp[max_n];
int prime[max_n];
int vis[max_n];
int a[max_n];
int n;
int cnt=0;
vector<int> f;
void init(void)
{
	for(int i=2;i<max_n;i++)
	{
		if(!vis[i])prime[cnt++]=i;
		for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<max_n;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)break;
		}
	}
}
int main(void)
{
	int t;
	init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int ans=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
		sort(a+1,a+n+1); 
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			f.clear();
			int anss=-1;
			for(int j=0;j<cnt&&prime[j]*prime[j]<=a[i];j++)
			if(a[i]%prime[j]==0){
				while(a[i]%prime[j]==0)a[i]/=prime[j];
				anss=max(anss,dp[prime[j]]+1);
				f.push_back(prime[j]);
				if(a[i]==1)break;
			}
			if(a[i]!=1){
				anss=max(anss,++dp[a[i]]);
				f.push_back(a[i]);
			}
			ans=max(anss,ans);
			for(int k=0;k<f.size();k++)
			dp[f[k]]=max(dp[f[k]],anss);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
}