HDU 5869（Problem 1002）GCD+树状数组

题意：长度n的序列, m个询问区间[L, R], 问区间内的所有子段的不同GCD值有多少种.

题解：考虑固定左端点的不同GCD值，只有不超过logA种, 所以事件点只有nlogA个. 那么离散化处理, 按照区间右端点排序从小到大处理询问,

用一个树状数组维护每个GCD值的最大左端点位置即可. 复杂度是O(nlogAlogn).

这份题解里有两个难点：

1、如何快速的离散化处理出固定的左端点的gcd；

2 如何用树状数组维护最大左端点，又如何求出答案？？

第一个问题：

很显然，若是平常的离散处理，时间复杂度为n^2;

for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int x = num[i],y = i;
for(int j = 0; j < gg[i-1].size(); j++)
{
int cc = __gcd(gg[i-1][j].first,x);
if(x != cc)
{
gg[i].push_back(make_pair(x,y));
x = cc,y = gg[i-1][j].second;
}
}
gg[i].push_back(make_pair(x,y));
}

这个方式我也是第一次见，将固定的左端点和得出的gcd同存在右端点，这样的确可以做到nlongA的时间离线处理。

而且这种方式存储的gcd值是从小到大的，所以不会有重存的情况出现。

主要是我不太习惯在vector 数组里用pair ,真是汗颜。。。

如何维护最大左端点呢？？

首先对查询进行右端点排序。

从左到右遍历一遍节点的gcd值。

并在树状数组里面更新相同gcd的最右端点。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100100;
int c[maxn];
vector< pair<int,int> > gg[maxn];
int num[maxn],vis[maxn*10],res[maxn];

struct node
{
int l,r,id;
bool operator <(const node&p)const
{
return r < p.r;
}
} A[maxn];
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void add(int x,int value)
{
while(x < maxn)
{
c[x] += value;
x += lowbit(x);
}
}
int sum(int x)
{
int ans = 0;
while(x)
{
ans += c[x];
x -= lowbit(x);
}
return ans;
}
int main()
{
int n,q;
while(scanf("%d%d",&n,&q)!=EOF)
{
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
gg[i].clear();
}
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int x = num[i],y = i;
for(int j = 0; j < gg[i-1].size(); j++)
{
int cc = __gcd(gg[i-1][j].first,x);
if(x != cc)
{
gg[i].push_back(make_pair(x,y));
x = cc,y = gg[i-1][j].second;
}
}
gg[i].push_back(make_pair(x,y));
}
for(int i = 1; i <= q; i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
A[i].l = l,A[i].r = r;
A[i].id = i;
}
sort(A+1,A+q+1);
int len = 1;
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j < gg[i].size(); j++)
{
int c1 = gg[i][j].first;
int c2 = gg[i][j].second;
if(vis[c1])
add(vis[c1],-1);
vis[c1] = c2;
add(c2,1);
}
while(A[len].r == i)
{
res[A[len].id] = sum(A[len].r) - sum(A[len].l - 1);
len++;
}
}
for(int i = 1; i <= q; i++)
printf("%d\n",res[i]);
}
return 0;
}