几个月的坑终于补了……
题目大意：一棵 $n$ 个点的树，每个点有点权 $a_i$。一条路径的长度定义为该路径经过的点数。一条路径的权值定义为该路径经过所有点的点权的 GCD。问所有权值不为 $1$ 的路径中，最长的长度。
$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i\le 2\times 10^5$。
我可能是数据结构学傻了，一眼点分治……然后复杂度又不对……
正解：我们发现只要 $\gcd$ 不为 $1$ 就行了，而两个数的 $\gcd$ 不为 $1$ 当且仅当他们两个有共有的质因子。
类比树的直径。每个点两个 vector，令 $pr[u]$ 表示 $a_u$ 的质因子集合（不重复），$len[u][i]$ 表示从 $u$ 向子树下面走，路径 $\gcd$ 含有 $a_u$ 的第 $i$ 个质因子的最长长度。
（有点说不清楚，看代码吧）
合并时与树的直径类似，就是拿一个子树和前面所有子树更新答案，再用这个子树更新 $u$ 点的 $len$。
具体看代码。时间复杂度 $O(n(\sqrt{a_i}+\log^2(a_i)))$。实际上会比这个上界小。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=200020; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,a[maxn],el,head[maxn],to[maxn*2],nxt[maxn*2],ans; vector<int> pr[maxn],len[maxn]; inline void add(int u,int v){ to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el; } void dfs(int u,int f){ for(int i=2;i*i<=a[u];i++) if(a[u]%i==0){ pr[u].push_back(i); len[u].push_back(1); ans=max(ans,1); while(a[u]%i==0) a[u]/=i; } if(a[u]>1) pr[u].push_back(a[u]),len[u].push_back(1),ans=max(ans,1); for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){ int v=to[i]; if(v==f) continue; dfs(v,u); FOR(x,0,(int)pr[u].size()-1) FOR(y,0,(int)pr[v].size()-1){ if(pr[u][x]!=pr[v][y]) continue; ans=max(ans,len[u][x]+len[v][y]); len[u][x]=max(len[u][x],len[v][y]+1); } } } int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) a[i]=read(); FOR(i,1,n-1){ int u=read(),v=read(); add(u,v);add(v,u); } dfs(1,0); printf("%d\n",ans); }