[nowcoder5666B]Infinite Tree

首先考虑由$1!,2!,...,n!$所构成的虚树的一些性质：

1.每一个子树内所包含的阶乘的节点都是一个连续的区间（证明：对于子树k，如果存在$x!$和$y!$，即说明$x!$和$y!$的前$\delta(1,k)$大质因子相同，那么$z\in [x,y]$一定有$x! | z!|y!$，所以z!的前$\delta(1,k)$大个质因子也因该相同，即z!在k子树内）；

2.记第i个点对应区间为$[l_{i}!,r_{i}!]$，设k的所有儿子$k\cdot p_{i}$（不妨设$p1<p2<...<p_{son}$），对于$x!$和$y!$（$x<y$），其所在子树为$k\cdot maxdiv(x!/k)$和$k\cdot maxdiv(y!/k)$（$maxdiv$为最大质因数），由于$x!|y!$，因此$maxdiv(x!/k)\le maxdiv(y!/k)$

将答案从1开始调整（不断向下走），并维护对应区间$[l!,r!]$，那么修改量$\Delta=\sum w_{i}-\sum_{i=l}^{r}w_{i}$，对于每一次移动，都需要保证新的$[l!,r!]$所对应的$\Delta>0$（容易发现能满足这个的最多只有1个），然后令$ans-=\Delta$

考虑如何维护$[l!,r!]$，由于质因子单调不上升，所以从大到小枚举质因子p，分为两类（设该节点为k）：1.可以走下去，那么令$l=\min_{maxdiv(i!/k)=p}i$；2.不可以走下去，令$r=\min_{maxdiv(i!/k)=p}i-1$并减小p（同时还要维护$\Delta$）

考虑如何求$min_{maxdiv(i!/k)=p}i$，相当于要保证$i!$中p的幂次不小于$k$中p的幂次中最小的i，那么将每一个数按p的幂次为次数放入p的vector中，然后$i!$中p的幂次即vector中不大于i的数个数，由于p的幂次每一次最多+1，因此不断往后取即可

由于每一次操作要么减少素数大小，要么增加当前节点的深度，因此复杂度为$o(树高+素数个数)=o(nlog_{2}n+\frac{n}{ln\ n})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
vector<int>v[N];
int n,vis[N],sum[N],le[N],ri[N];
long long s,ss,ans,a[N];
int main(){
    for(int i=2;i<N-4;i++)
        if (!vis[i]){
            sum[i]=1;
            v[i].push_back(i);
            for(int j=2;i*j<N-4;j++){
                vis[i*j]=1;
                for(int k=j;k%i==0;k/=i){
                    sum[i*j]++;
                    v[i].push_back(i*j);
                }
            }
        }
    for(int i=2;i<N-4;i++)sum[i]+=sum[i-1];
    while (scanf("%d",&n)!=EOF){
        s=ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lld",&a[i]);
            s+=a[i];
            ans+=a[i]*sum[i];
            a[i]+=a[i-1];
        }
        int l=1,r=ri[n]=n,las=-1;
        for(int i=n;i>=2;i--){
            if (vis[i])continue;
            le[i]=upper_bound(v[i].begin(),v[i].end(),l)-v[i].begin();
            ans-=s*le[i]-1;
            if (las>=0)ri[i]=v[las][le[las]]-1;
            las=i;
            while (1){
                ss=2*(a[r]-a[l-1])-2*(a[ri[i]]-a[v[i][le[i]]-1]); 
                if (s-ss<=0)break;
                s-=ss;
                l=v[i][++le[i]];
                r=ri[i];
                ans-=s;
            }
            if (s<=0)break;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}