【gcd分块+离线+树状数组】HDU5869[Different GCD Subarray Query]题解

题目概述

给出序列 $\{A_n\}$ 和 $m$ 个询问 $(L,R)$ ，定义 $GCD(i,j)=gcd(a_i,a_{i+1},\cdots,a_j)$ ，每个询问求 $[L,R]$ 范围内所有子序列 $GCD(i,j)$ 不相同的个数。

解题报告

gcd和and,or一样有分块性质，由于gcd每次至少 $\div 2$ ，所以去重之后只有 $log_2n$ 块。

倒过来处理，假设目前处理到 $i$ ，我们会发现 $i$ 的某一个块只有左端点具有贡献，同时，数值相等但 $i$ 不同的块只有最左边的左端点才有贡献，所以，只要记录 $lst[i]$ 表示数值为 $i$ 的块最左边的左端点，然后用树状数组就可以知道 $(i,R)$ 的答案了。但是询问并不一定按照降序给出，由于不强制在线，所以排个序就行了。

示例程序

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fr first
#define sc second
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e5,maxm=1e5,maxa=1e6,Log=17;

int n,m,a[maxn+5],ID[maxn+5],blk,lst[maxa+5];LL ans[maxm+5];
pair<int,int> q[maxm+5],b[Log+5];

int gcd(int a,int b) {if (!b) return a;return gcd(b,a%b);}
LL c[maxn+5];
inline void Update(int x,int tem) {for (int p=x;p<=n;p+=p&-p) c[p]+=tem;}
inline LL Sum(int x) {LL sum=0;for (int p=x;p;p-=p&-p) sum+=c[p];return sum;}
inline void Insert(int p)
{
    b[++blk]=mp(a[p],p);
    for (int i=1;i<=blk;i++) b[i].fr=gcd(b[i].fr,a[p]);
    int now=blk;blk=1;
    for (int i=2;i<=now;i++) if (b[i].fr==b[blk].fr) b[blk].sc=b[i].sc; else
    b[++blk]=b[i];
    for (int i=1;i<=blk;i++) if (b[i].sc<lst[b[i].fr])
    {
        if (lst[b[i].fr]<=n) Update(lst[b[i].fr],-1);
        Update(lst[b[i].fr]=b[i].sc,1);
    }
}
inline bool cmp(int a,int b) {return q[a]>q[b];}
int main()
{
    freopen("program.in","r",stdin);
    freopen("program.out","w",stdout);
    while (~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        memset(c,0,sizeof(c));blk=0;for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        for (int i=1;i<=m;i++) ID[i]=i,scanf("%d%d",&q[i].fr,&q[i].sc);
        sort(ID+1,ID+1+m,cmp);memset(lst,63,sizeof(lst));
        for (int i=1,now=n;i<=m;i++)
        {
            while (q[ID[i]].fr<=now) Insert(now--);
            ans[ID[i]]=Sum(q[ID[i]].sc)-Sum(q[ID[i]].fr-1);
        }
        for (int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}