[HDU 5288] OO's Sequence （序列DP）

HDU - 5288

定义 $f(l,r)$为区间内不被其他数整除的数的个数
求所有区间$f(l,r)$的和

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可以计算第 $i$个数对于答案的贡献
在某个区间 $[i-L, i-R]$内，第 i个数不被其他数整除
设这个向左延伸的最大距离 $L$,向右最大距离 $R$
则答案就为 $\sum_{i=1}^N {L_i*R_i}$
以计算 $L$为例，维护一下数 $a$ 最晚出现的位置，然后枚举第 $i$个数的因子
在所有因子最晚出现的位置中取 $max$，就能得到 $L$
计算 $R$是一样的，只要把数列翻转一下即可
时间复杂度 $O(N*\sqrt{a})$

#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
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#include <set>
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using namespace std;
typedef pair<int,int> Pii;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef double DBL;
typedef long double LDBL;
#define MST(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define CLR(a) MST(a,0)
#define Sqr(a) ((a)*(a))

const int maxn=1e5+10, maxa=1e4+10, MOD=1e9+7;
int N;
int inpt[maxn];
int L[maxa];
int res[2][maxn];

void solve(int*);

int main()
{
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt", "r", stdin);
//  freopen("out.txt", "w", stdout);
    #endif

    while(~scanf("%d", &N))
    {
        for(int i=1; i<=N; i++) scanf("%d", &inpt[i]);
        solve(res[0]);
        reverse(inpt+1,inpt+1+N); 
        solve(res[1]);
        reverse(res[1]+1, res[1]+1+N);
        int ans=0;
        for(int i=1; i<=N; i++)
        {
            ans=((LL)ans+(LL)res[0][i]*res[1][i])%MOD;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

void solve(int res[])
{
    CLR(L);
    for(int i=1; i<=N; i++)
    {
        int Lim=sqrt(inpt[i]), l=0;
        for(int j=1; j<=Lim; j++)
        {
            if(inpt[i]%j) continue;
            l=max(l, L[j]);
            l=max(l, L[inpt[i]/j]);
        }
        res[i]= i-l;
        L[ inpt[i] ] = i;
    }
}