Codeforces Round #209 (Div. 2) D. Pair of Numbers

这题的技巧貌似非常经典，但是但是比赛的时候不会，所以没做出来，后来前天下午做了一下福州大学的有奖月赛，其中卡在一题上2.5小时，终于想出来了这个技巧，（完全自己YY），后来和同学交流发现这种技巧很经典，很常用，然后有点小开心，（哎高中没搞过OI，就是这么蛋疼，这个技巧都得自己YY。。。有个人点你一下也许会少花点时间，不过自己想出来的总是会更有成就感，理解也更透彻啦。。。）顺便联想到这题可以用这个技巧做，所以写篇日志记录一下。

题目链接：http://codeforces.com/contest/359/problem/D

说的是让你求一个长度最长的区间，使得这个区间里的每个数都能被这个区间里的某个数整除。n = 300000。

技巧就是快速预处理出对于每个数，以他作为那个除数，向左右两边延伸最远能到的区间的两端的下标值。这样再O（n）一遍求出区间最大值后面就简单了。

关键是如何很快预处理出来？普通方法是从这个数开始向两边尝试，显然会TLE。（所有数相同则退化到O（n^2））

我们考虑递推，（我当时就是这么直接想到了递推的，可能有点突兀，可能和我那几天在做KMP有关，KMP也是递推的思想很巧妙，所以吸收了一下），如何递推呢？我们分开处理左端点值和右端点值，设两个数组 l[i], r[i],假设在处理 l[i]前面的 l[x]都已经处理好了，那么首先看当前的 a[i] 能否被 a[i - 1]整除，如果不能那么l[i] 等于 i - 1，如果能被整除这时候前面的结果就有用了，首先从 i - 1往左到 l[i - 1] 区间里的这些数都能被 a[i]整除，（这应该很显然吧？）但是
a[l[i - 1]]不能被 a[i - 1] 整除，所以不知道a[i] 与 a[l[i - 1]]的整除关系，这时候再判断一次整除关系就可以了，这样我们就跳过了一些数的整除性的判断，算法时间复杂度下降了很多。如果有个数轴，你看到的应该就是我们在跳跃着判断一些数的整除关系，判断次数减少很多，对于右端点，我们也类似处理，唯一有点小变化就是从右往左进行，这应该不难理解吧？

最后代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <set>
#include <list>
#include <stack>
#include <queue>
#include <deque>
#include <string>
#include <vector>
#include <map>
#include <iomanip>
#include <ctime>
#pragma warning (disable : 4996)
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define dou double
#define LL long long
#define N 311111
#define Mod 1000000007
#define sl(a) strlen(a)
#define eps 1e-8
#define inf 1000000000
using namespace std;

int a
, l
, r
, cnt
;

int main(){
int n, t, ca = 1, i, j, k, re, sum, tem, id = -1, st;
//freopen("in,txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
ios :: sync_with_stdio(false);

cin >> n;
for (i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], l[i] = i - 1, r[i] = i + 1;
for (i = 1; i <= n; ++i){
tem = i;
while (tem && a[l[tem]] % a[i] == 0) tem = l[tem];
l[i] = l[tem];
}
for (i = n, r[n + 1] = n + 1; i >= 1; --i){
tem = i;
while (tem <= n && a[r[tem]] % a[i] == 0) tem = r[tem];
r[i] = r[tem];
}
//for (i = 1; i <= n; ++i) cout << l[i] << ' ';
//cout << endl;
//for (i = 1; i <= n; ++i) cout << r[i] << ' ';
//cout << endl;
for (i = 1; i <= n; ++i){
if (r[i] - l[i] > id) id = r[i] - l[i], st = l[i] + 1;
}
cnt[0] = st;
for (i = st, j = 1; i <= n; ++i){
if (r[i] - l[i] == id && l[i] + 1 > st) cnt[j++] = l[i] + 1, st = l[i] + 1;
}
cout << j << ' ' << id - 2 << endl;
for (i = 0; i < j; ++i) cout << cnt[i] << ' ';

return 0;
}

这样做的时间复杂度是多少，我不会算，我猜是O（n）的（会不会是O（nlogn）？）有人能告诉我么？

另外是福州大学有奖月赛的这题，启发我的一题：http://acm.fzu.edu.cn/contest/problem.php?cid=130&sortid=5

这题除了这个小技巧之外还需要一个技巧的，当时也自己YY的，貌似和标准解法不一样。值得一做，不难啦。