CF1482D Playlist

也许吧，再次走进这题，是奇迹。要上紫，必须克服的困难，D题。

被压抑的想法，现在可以释放了。

千言万语，一句一句地说。错失的机会，重新抓起。双关。

一个环，从某个点，作为起点，对于当前走到的点x，设下一个点为y，如果y与x互素（即gcd(x,y)=1），那么删除y，然后从y的下一个点开始重新走，否则就走到y。

（题目的叙述，是走到y后再删除y，这个视角感觉不方便）

之前，我们想到了素因子，gcd显然是很容易想到素因子的，紧接着，我们讨论了所有数字都是形如p^k，即单个素数的幂，那么我们可以把环，按照每个数字对应的p，p相同的数字形成连续段。

我们就得到了许多连续段，我们说，当指针（我们当前的位置）重新以顺时针方向跨进或跨过起点的时候，就开启了新的一轮。

那么在同一轮中，会被删除的，就是每一个段的段头（会被上一段的段尾给删除，不论起点设在哪里，都是这些点被删除）

下一轮，如果还是这些段，只不过每个段长度减一，那么可以重复这样的操作，直到，有一个段被彻底删除完，然后可能会有两段，原先不相邻，现在相邻，如果它们对应的是同个p，我们得合并它们。

这个合并的操作用并查集就可以做。

设一开始每个段的段长度，从小到大排列为b1,b2,...,bm，那么我们一次计算，就算到剩余段数有改变为止，而不是一步一步地模拟，花费O(N)，删除之前b数组中的所有最小值。

因为b1+b2+...+bm=n，如果有多个bi相同，它们会在同一次O(N)计算被删除，考虑最坏的情况，就是每个bi都不相同，因此我们要删除m次，但是每个bi都不相同，意味着

b1+b2+...+bm>=1+2+3+...+m=m*(m+1)/2，因此m是O(sqrt(n))级别的，所以最后的复杂度是O(nsqrt(n))，可以接受。（总和固定，查重后产生平方，然后反函数成为根号，这些特征常常在根号算法题中出现）

并查集的单步均摊复杂度，可以近似为O(1)。

可以认为我们已经解决了p^k的问题，对于一般的问题，我们也可以按照相邻两数是否互素，如果不互素就放在同一个连续段中，否则就分段。

但是，我们之前的做法，可以预测，除非段有消失的情况，否则每次删除的数字都是初始的段中剩余元素的头部。

但是，对于一般的情况，[...x] [y z...]，我们无法保证，当y删除后，z是下一个被删除的元素，可能gcd(x,y)==1,gcd(y,z)!=1, gcd(x,z)!=1

所以，从因子来考虑，而不是从一个数字的因子来考虑，会简单点？因此一个数字的因子，可能有多个，另一个数字的，也可能有多个，或许重合，或许不重合，比较复杂。

先考虑，素因子2，我们按是否含有素因子2来分连续段，然后每次把段数减去min，在这个过程中，会被删除的(x,y)中的y，如果在一般的过程中，我们走到了x，那么y也会被删除。

问题是，在一般的过程中，可能x先被删除了，因此y之后可能是重新开始的，不会被x触发删除。

再次被拒绝于门下。双关。

「不会被x触发删除」那又如何？为什么，我会把这条信息解读成负面的讯号呢？

因为我认为正解需要这个在我眼中缺失的性质，但我并没有权利指导问题按我设想的那样发展，事实与我的想法不符合的时候，错的一定是我。

实际上，如果我们把每个环都放在它一开始的位置上，删除的时候，不要想象成空出的位置被合拢，存在的元素，还是在原来的位置。（这个想法之前做某题用到过，应该写了博客了，忘了具体哪一篇了）

这样有什么好处？我们保留了下标信息，注意到，我们不需要在一个数字被删除的时候记录当前的轮次，实际上我们只需要看数组中还未被标记删除的位置即可。

删除，总是相邻（如果中间有被删除的元素，就跳过）的两个存在的元素，前面的删除后面的，因此当(x,y)把y删除的时候，x和y，在顺时针（这是我们选取的走路方向）方向上，之间间隔的那些点，都是被删除的点，这样我们就能通过x和y的下标之差算出y被删除的轮次了。不对，除非每轮，只在里面删除一个点，实际上是可能删多个的。

也许可以讨论一下删除的形态。我总是考虑初始局面的相邻两位置的删除，但是对于中间间隔了许多已经删除点的，在下标意义上不相邻的两个点的删除，我却没研究过。

是不是，跳太快了，我们先考虑每个数字恰有两个素因子的情况——放弃这条线。

本题最艹的地方，难道不是，每个删除会造成相邻性的改变，导致情况偏离初始局面（而你又不可能枚举后续的局面，那样不就是搜索了，只有初始局面可以利用）

这种删除类的题——我似乎也不是第一次做，可我现在头脑空空如也。。

好了，一切都完结。真的艹，真的绝望。绝望溢出胸口。

这不是告别，

因为我们并没有相见

 

 

感觉可以反过来想，把相邻互素的连成连续段。

这样段与段之间就不互相干了，不会有删除关系发生。每个段处理自己内部的事务。

那么每个连续段内，间隔地删除元素！这个性质好啊。

我看到了希望。

每个连续段，一轮至少删一半，然后下一轮开始前，重新建立一遍连续段。

O(NlogN)

我艹，真水啊。果然想对了点就很简单。

细思，发现这等价于直接模拟。。吐血。。原来直接模拟的复杂度是O(NlogN)的啊

用链表模拟就行了。

嗯？还是TLE。

 

因为每次并不是严格地删一半，如果连续段只有一个元素，那么就不会删，因此，极端的情况，除了一个连续段长度为2，其余都是长度为1的连续段，一轮只删除一个元素，退化为O(N^2)

因此，还真不能直接模拟，还是得用链表处理。

 

感觉贼难写。。因为不是一个链表，每个连续段都是一个链表，合并好难写。

半成品：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FOR(i,n) for (int i=1;i<=n;i++)
#define REP(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
 
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define pi pair<int,int>
#define mp make_pair
 
typedef long long ll;
typedef complex<double> comp;
 
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=1e18;
const int N=2e5+10;
const double eps=1e-10;
const ll mo=998244353;

int T;
int n;
struct node {
    int v,p,f;
} a[N];
set<int> s;
int gcd(int a,int b) {
    return (a==0)?b:gcd(b%a,a);
}
int main() {

    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
 
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    cin>>T;
    while (T--) {
        cin>>n;
        FOR(i,n) cin>>a[i].v;
        FOR(i,n) a[i].p=i-1,a[i].f=i+1;
        a[1].p=n,a[n].f=1;
        
    }
    return 0;
}