D. GCD Counting 因数分解+换根DP

D. GCD Counting 因数分解+换根DP

题目大意：

给你一棵树，每一个节点有一个权值，\(g(x,y)\) 表示 \(x\) 到 \(y\) 的一条简单路径的所有点的权值的gcd，\(dist(x,y)\) 表示 \(x\) 到 \(y\) 的一条简单路径上的点的数量。

求最大的 \(dist(x,y)\) 并且要求 \(g(x,y)>1\)

题解：

首先观察权值的数据范围 \(1<=a_i<=2e5\) ，非常小的一个数据范围，然后根据题目是计算路径上所有点的权值的 \(gcd\) ，\(gcd>1\) 表示只要判断至少存在一个质数是这条路径上所有的点的约数即可。

从 \(gcd\) 推到质数，这个是一个很常规的想法。

对于每一个数，首先进行因数分解，求出这个点的所有的质因子，然后按照普通树形dp的方法，求对于质数 \(p\) 来说最长的一条路径是多少，但是 \(2e5\) 也有很多的质数，直接枚举肯定 \(TLE\) ，但是如果我只枚举当前节点的质因子也是可以的，其他都初始化为 0 即可，注意要换根。

我用 \(mp\) 写的，注意 \(mp[x][y]\) 和 \(mp[x].count(y)\) 的区别，前者如果为0，也会把 \(y\) 放进去，后者则不会。

#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define inf64 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define lson (id<<1)
#define rson (id<<1|1)
using namespace std;
const int maxn = 2e5+10;
const int maxm = 1e3 + 10;
typedef long long ll;
int head[maxn],to[maxn<<1],nxt[maxn<<1],tot;
void add(int u,int v){
    ++tot,to[tot] = v,nxt[tot] = head[u],head[u] = tot;
    ++tot,to[tot] = u,nxt[tot] = head[v],head[v] = tot;
}
map<int,int>mp[maxn];//mp[u][p] 表示对于u这个节点，质数p的最长距离
map<int,int>dp[maxn];
int a[maxn],isp[maxm],v[maxm],cnt;
void init(){
    cnt = 0;
    memset(v,0,sizeof(v));
    for(int i=2;i<maxm;i++){
        if(!v[i]) v[i] = i,isp[cnt++] = i;
        for(int j=0;j<cnt;j++){
            if(1ll*i*isp[j]>=maxm) break;
            v[i*isp[j]] = isp[j];
            if(i%isp[j]==0) break;
        }
    }
}
void solve(int x){
    int now = a[x];
    for(int i=0;i<cnt;i++){
        if(now%isp[i]==0){
            mp[x][isp[i]] = 1;
            while (now%isp[i]==0) now/=isp[i];
        }
        if(x==1) break;
    }
    if(now!=1) mp[x][now] = 1;
}
int ans;
void dfs1(int u,int pre){
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v = to[i];
        if(v == pre) continue;
        dfs1(v,u);
        for(auto x:mp[u]){
            if(mp[v].count(x.first)) {
//                printf("dfs1:u = %d v = %d\n",u,v);
                if(mp[v][x.first]+1>mp[u][x.first]){
                    dp[u][x.first] = mp[u][x.first];
                    mp[u][x.first] = mp[v][x.first] + 1;
                }
                else dp[u][x.first] = max(dp[u][x.first],mp[v][x.first]+1);
            }
            ans = max(ans,mp[u][x.first]);
//            printf("dfs1:u = %d v = %d mp[%d][%d]=%d %d\n",u,v,u,x.first,mp[u][x.first],dp[u][x.first]);
        }
    }
}
void dfs2(int u,int pre){
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
        int v = to[i];
        if(v == pre) continue;
        for(auto x:mp[v]){
            if(mp[u].count(x.first)){
                if(mp[u][x.first]==mp[v][x.first]+1){
                    if(dp[u][x.first]+1>mp[v][x.first]){
                        dp[v][x.first] = mp[v][x.first];
                        mp[v][x.first] = dp[u][x.first] + 1;
                    }
                    else dp[v][x.first] = max(dp[v][x.first],dp[u][x.first]+1);
                }
                else if(mp[u][x.first]+1>mp[v][x.first]){
                    dp[v][x.first] = mp[v][x.first];
                    mp[v][x.first] = mp[u][x.first]+1;
                }
                else dp[v][x.first] = max(dp[v][x.first],mp[u][x.first]+1);
            }
            ans = max(ans,mp[v][x.first]);
        }
        dfs2(v,u);
    }
}
int main(){
    init();
    int n;
    scanf("%d",&n);
    ans = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&a[i]);
        solve(i);
        if(a[i]>1) ans = 1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v);
    }
    dfs1(1,0),dfs2(1,0);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}