[P12786] Greatest of the Greatest Common Divisors

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来源：The 2024 ICPC Asia Yokohama Regional Contest I - Greatest of the Greatest Common Divisors

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题目描述

给定一个整数序列和该序列上的若干区间。这些区间由其最左位置和最右位置指定。一个包含 \(k\) 个整数的区间具有 \(k(k - 1)/2\) 个位于不同位置的数对，每个数对有其最大公约数。 对于每个给定的区间，找出所有这些最大公约数中最大的一个。

例如，当序列为 \((a_1, \ldots, a_6) = (10, 20, 30, 40, 50, 60)\)，且询问区间为整个序列时，需要考虑以下 \(15\) 个位于不同位置 \(x\) 和 \(y\) 的两个整数组成的数对及其最大公约数：

\(x\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(2\)	\(2\)	\(2\)	\(2\)	\(3\)	\(3\)	\(\textbf{3}\)	\(4\)	\(4\)	\(5\)
\(y\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(4\)	\(5\)	\(\textbf{6}\)	\(5\)	\(6\)	\(6\)
\(a_x\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(20\)	\(20\)	\(20\)	\(20\)	\(30\)	\(30\)	\(\textbf{30}\)	\(40\)	\(40\)	\(50\)
\(a_y\)	\(20\)	\(30\)	\(40\)	\(50\)	\(60\)	\(30\)	\(40\)	\(50\)	\(60\)	\(40\)	\(50\)	\(\textbf{60}\)	\(50\)	\(60\)	\(60\)
\(\gcd(a_x,a_y)\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(10\)	\(20\)	\(10\)	\(20\)	\(10\)	\(10\)	\(\textbf{30}\)	\(10\)	\(20\)	\(10\)

在此例中，这 \(15\) 个数对的最大公约数中的最大值为 \(\gcd(30, 60) = 30\)。

输入格式

仅一组数据，格式如下所示：

\(n\)
\(a_1\) \(\cdots\) \(a_n\)
\(q\)
\(l_1\) \(r_1\)
\(\cdots\)
\(l_q\) \(r_q\)

第一行包含一个整数 \(n\)，表示给定序列中整数的个数，满足 \(2 \leq n \leq 10^5\)。第二行包含 \(n\) 个正整数 \(a_1\) 到 \(a_n\)，指定该序列。其中每个数均不超过 \(10^5\)。

第三行包含一个正整数 \(q\)，指定要考虑的序列区间数量，其值不超过 \(10^5\)。 随后是 \(q\) 行，每行指定序列中一个要考虑的区间。其中第 \(i\) 行包含两个整数 \(l_i\) 和 \(r_i\) \((1 \leq l_i < r_i \leq n)\)，指定序列中从 \(a_{l_i}\) 到 \(a_{r_i}\) 的区间。

输出格式

输出 \(q\) 行，其中第 \(i\) 行应包含在 \(l_i\) 和 \(r_i\) 指定的区间内所有数对的最大公约数中的最大值。

解题思路

很显然，这道题要是直接求 gcd 一定是解不出来的。

想一想，\(a\) 和 \(b\) 的公约数定义是什么？既是 \(a\) 的约数，又是 \(b\) 的约数的数。既然和约数有关，那我们可以每个约数都开一个桶，存所有含有这个约数的数，这样，如果 \(a\) 和 \(b\) 在同一个约数的桶内，那么这个约数就是 \(a\)，\(b\) 的公约数。

问题转化为：给定区间 \([l,r]\)，求最大的 \(k\) 使得 \(k\) 的桶中有两个数在 \([l,r]\) 中。

发现这样做无论时间还是空间都得爆炸，考虑优化。

既然要求桶中有两个数在 \([l,r]\) 中，要考虑上界和下界，那如果我只把 \([1,r]\) 的数塞进桶里，这样就只用考虑下界了。为了做到这一点，我们将询问离线，按 \(r\) 从小到大排序，对于询问 \([l_i,r_i]\)，只需在前一问的基础上把 \([r_{i-1}+1,r_i]\) 的数塞到桶里，就可以保证上界了。

再考虑下界。在上界一定满足的情况下，如果一个桶中的最大和次大数都不小于下界，那么这个桶就符合条件，否则就一定不符合条件。因此，对于每个桶，我们只需存储最大值和次大值即可，空间的问题也解决了。

现在上下界都满足了，考虑最大的符合条件的桶。我们对每个桶的次大值建一个树状数组或线段树，维护后缀最大值。二分答案 \(mid\)，如果后缀 \([mid,m]\)（\(m\) 为最大的 \(a_i\)）的最大次大值都小于 \(l\)，那么 \([mid,m]\) 中的桶一定都不满足下界的要求，继续在 \([1,mid-1]\) 中查找，否则说明 \([mid,m]\) 中有至少一个桶符合要求，为找到最大的桶，应在 \([mid,m]\) 中继续查找。

维护上界复杂度为 \(O(m\sqrt{m}+(\sum_{i=1}^{m}\tau(i))\log m)\)，二分查找答案复杂度为 \(O(\log^2m)\)，总时间复杂度为 \(O(m\sqrt{m}+(\sum_{i=1}^{n}\tau(a_i))\log m+q\log^2m)\)，其中 \(\tau(a_i)\) 最大为 \(144\)，所以复杂度为 \(O(n\sqrt{m}+144n\log m+q\log^2m)\)，可以过。

参考代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,q,m,a[150005],l1[150005],l2[150005];
struct node {int id,l,r,ans;} Q[150005];
int t[150005];
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int query(int pos)
{
	int res=0;
	while(pos)
	{
		res=max(res,t[pos]);
		pos-=lowbit(pos);
	}
	return res;
}
void modify(int pos,int k)
{
	while(pos<=m)
	{
		t[pos]=max(t[pos],k);
		pos+=lowbit(pos);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),m=max(m,a[i]);
	scanf("%d",&q);
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&Q[i].l,&Q[i].r);
		Q[i].id=i;
	}
	sort(Q+1,Q+q+1,[](node a,node b){return a.r<b.r;});
	for(int i=1,r=1;i<=q;i++)
	{
		while(r<=Q[i].r)
		{
			for(int i=1;i*i<=a[r];i++)
			{
				if(a[r]%i!=0) continue;
				else l2[i]=l1[i],l1[i]=r,modify(m-i+1,l2[i]);
				int j=a[r]/i;
				if(i==j) continue;
				if(!l1[j]) l1[j]=r;
				else l2[j]=l1[j],l1[j]=r,modify(m-j+1,l2[j]);
			}
			r++;
		}
		int L=1,R=m;
		while(L<R)
		{
			int mid=(L+R+1)/2;
			if(query(m-mid+1)>=Q[i].l) L=mid;
			else R=mid-1;
		}
		Q[i].ans=L;
	}
	sort(Q+1,Q+q+1,[](node a,node b){return a.id<b.id;});
	for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",Q[i].ans);
	return 0;
}