GCD
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Problem Description
Give you a sequence of N(N≤100,000) integers : a1,...,an(0<ai≤1000,000,000). There are Q(Q≤100,000) queries. For each query l,r you have to calculate gcd(al,,al+1,...,ar) and count the number of pairs(l′,r′)(1≤l<r≤N)such that gcd(al′,al′+1,...,ar′) equal gcd(al,al+1,...,ar).
Input
The first line of input contains a number T, which stands for the number of test cases you need to solve.
The first line of each case contains a number N, denoting the number of integers.
The second line contains N integers, a1,...,an(0<ai≤1000,000,000).
The third line contains a number Q, denoting the number of queries.
For the next Q lines, i-th line contains two number , stand for the li,ri, stand for the i-th queries.
Output
For each case, you need to output “Case #:t” at the beginning.(with quotes, t means the number of the test case, begin from 1).
For each query, you need to output the two numbers in a line. The first number stands for gcd(al,al+1,...,ar) and the second number stands for the number of pairs(l′,r′) such that gcd(al′,al′+1,...,ar′) equal gcd(al,al+1,...,ar).
Sample Input
1 5 1 2 4 6 7 4 1 5 2 4 3 4 4 4
Sample Output
Case #1: 1 8 2 4 2 4 6 1
Author
HIT
Source
2016 Multi-University Training Contest 1
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题意：
给一个包含n个数的序列，q次询问 区间 [l,r] 的GCD值为多少 序列有多少个区间GCD值与其相同。
任何一个区间不同的GCD个数是log级别的，因为随着右端点向右延伸GCD是单调不增的，而每次递减GCD至少除以2。
考虑固定左端点，最多就nlogn种GCD，可以直接把所有区间GCD值用RMQ预处理出来ST表，用map存储各种GCD值的个数，查询时直接O（1）输出。
具体是这样处理的：枚举固定左端点i，进行若干次二分查找，看当前GCD值为 V 的区间 j 最多能延伸到哪儿，进而统计当前GCD值 V 的区间长度（j - i +1）即以左端点 i 开始的区间数量。
而求区间GCD，用ST表，预处理一下，就能在O(1)时间复杂度求出任意区间的gcd了。
RMQ倍增算法：
.RMQ求区间问题
给出n个数组成的数列，q次询问，每次给出x，y问x~y之间的GCD值是多少
RMQ算法也是用到了倍增的方法
dp(i,1)表示从第i个位置开始，往后1个数的最小值
dp(i,2)表示从第i个位置开始，往后2个数的最小值
dp(i,3)表示从第i个位置开始，往后4个数的最小值
。。。。
则递推式即为dp(i,k)=GCD(dp(i,k-1),dp(i+2^(k-2),k-1))
例如：dp[1,3]=gcd(dp[1][2],dp[1+2^(3-2)][2]);
时间复杂度为o(n*logn+q)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20,M=100005;
int dp[N][M],logc[M],n;
int gcd(int a,int b)
{
return a?gcd(b%a,a):b;
}
void init()//初始化sT数组
{
for(int i=1; i<=17; i++)
for(int j=1; j+(1<<i)-1<=n ; j++)
dp[i][j]=gcd(dp[i-1][j],dp[i-1][j+(1<<i-1)]);//第i个位置开始，往后2^j个数的GCD
}
int query(int l,int r)
{
int k=logc[r-l+1];//倍增搜索区间大小 2^k
return gcd(dp[k][l],dp[k][r-(1<<k)+1]);//区间[a b]
}
int main()
{
int t,c=0,m;
for(int i=1; i<M; i++)
logc[i]=log2(i)+1e-6;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&dp[0][i]);
init();
map<int,long long>mp;// gcd 区间个数
for(int i=1; i<=n; i++)//从左端点枚举
{
int v=dp[0][i],j=i;
while(j<=n)//该左端点i下 j向前移动
{
int l=j,r=n;
while(l<r)// 二分找gcd为v的最大区间
{
int mid=l+r+1>>1;
if(query(i,mid)==v) l=mid;
else r=mid-1;
}
mp[v]+=(l-j+1);//该左端点i下 gcd为v的最大区间长度
j=l+1;//j接到最左端+1
v=query(i,j);//新的区间gcd
}
}
scanf("%d",&m);
printf("Case #%d:\n",++c);
while(m--)
{
int x,y;
scanf("%d %d",&x,&y);
int v=query(x,y);
printf("%d %d\n",v,mp[v]);
}
}
}