CF1834E MEX of LCM
\(\mathcal{Description}\)
给\(n\)个数，将这\(n\)个数所有子区间的\(lcm\)作为一个集合\(S\)，求最小的没有出现在\(S\)中的数\(（mex\{S\}）\)
\(eg:\)有\(3\)个数 \(1\ 2\ 3\)，所有子区间的\(lcm\)构成集合\(\{1\ 2\ 3\ 6\}\)，第一个未出现的数是\(4\)
\(n\le 3*10^5\)，\(a_i\le 10^9\)
\(\mathcal{Solution}\)
考虑已知一个区间的\(lcm\)，此时将区间往两边扩大\(1\)，\(lcm\)是不降的
在知道上面之后，我们想要知道所有区间的\(lcm\)中最小的未出现过数，因此我们不需要一开始就知道所有的\(lcm\)，考虑按从小到大构造出\(lcm\)，又知道区间\(lcm\)在区间变大的过程中是一直增大的
立马就能想到用一个小根堆，最开始将每个位置上的数存进去表示以这个位置作为区间\(lcm\)的起点，用\(ans\)表示当前考虑\(ans\)是否是答案，每次取出最小的数出来看是否等于\(ans\)，如果等于\(ans\)那么\(ans\)就不能作为答案，\(ans\)需要增大，然后将堆顶的元素取出来让它的区间往右走一步再重新插进堆中，这样就能保证当第一次堆顶元素不等于\(ans\)时就找到了答案
然而这样会超时，因为会有大量的重复的计算，比如\(1,1,1,1,1,1\cdots\)这样的序列，仅仅只是想让\(ans\)变成2，就需要\(n^2\)复杂度不断扩大区间
考虑什么样的情况是不需要重复计算的，当有若干个区间右端点相同，左端点不同的区间的\(lcm\)相同时，只需要保留一个区间即可，例如，\([1,4]\)的\(lcm\)等于\([3,4]\)的\(lcm\)时，\([1,4]\)便不需要继续往右走了，因为答案会完全和\([3,4]\)相同
因此考虑记忆每个位置曾经出现过哪些值，当某个区间的右端点扩大后发现这个位置曾经有过区间的\(lcm\)和自己相同，那么就不用将这个区间加入堆中了，用\(set\)记忆这些值即可
\(\mathcal{Code}\)
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <set>
#define ll long long
#define mp make_pair
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 5;
int T, n;
int x[maxn];
set <ll> now[maxn];
priority_queue < pair<ll, int> > q;
ll gcd (ll a, ll b)
{
if (!b) return a;
return gcd(b, a % b);
}
ll lcm (ll a, ll b){ return a * b / gcd(a, b); }
int main ()
{
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &x[i]), q.push(mp(-x[i], i)), now[i].clear(), now[i].insert(x[i]);
ll ans = 1;
while (!q.empty() && q.top().first == -ans) {
while (!q.empty() && q.top().first == -ans) {
ll l = -q.top().first;
int i = q.top().second;
q.pop();
if (++i <= n) {
l = lcm(l, x[i]);
if (now[i].find(l) == now[i].end()) q.push(mp(-l, i)), now[i].insert(l);
}
}
++ans;
}
while (!q.empty()) q.pop();
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
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