题目描述
给定一棵$n$个节点的树，每条边的长度为$1$，同时有一个权值$w$。定义一条路径的权值为路径上所有边的权值的最大公约数。现在对于任意$i\in [1,n]$，求树上所有长度为$i$的简单路径中权值最大的是多少。如果不存在长度为$i$的路径，则第$i$行输出$0$。
输入格式
第一行，一个整数$n$，表示树的大小。
接下来$n-1$行，每行三个整数$u,v,w$，表示$u,v$间存在一条权值为$w$的边。
输出格式
对于每种长度，输出一行，表示答案。
样例
样例输入：
3
1 2 3
1 3 9
样例输出：
9
3
0
数据范围与提示
对于$30\%$的数据，$n\leqslant 1,000$。
对于额外$30\%$的数据，$w\leqslant 100$。
对于$100\%$的数据，$n\leqslant 4\times 10^5,1\leqslant u,v\leqslant n,w\leqslant 10^6$。
题解
直接处理很难，考虑如何转化问题。
将问题反过来，也就是转化为对于每一个$gcd$，将其倍数的边建树，建成一棵森林，求树的直径，对于一样的直径，我们只要那棵$gcd$最大的树的$gcd$就好了。
时间复杂度：$\Theta(n\sqrt{w})$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int nxt,to,w;}e[800000];
int head[400001],cnt;
int n;
int mxw;
int ans[400001];
int mx[400001];
bool vis[400001];
int sta[800001];
vector<pair<int,int>>tr[1000001];
void pre_work()
{
for(int i=1;i<=sta[0];i++)
{
head[sta[i]]=0;
vis[sta[i]]=0;
}
cnt=sta[0]=mxw=0;
}
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].nxt=head[x];
e[cnt].to=y;
head[x]=cnt;
}
void dfs(int x,int fa)
{
mx[x]=0;
vis[x]=1;
int maxn=0;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa)dfs(e[i].to,x);
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa)
if(mx[x]<=mx[e[i].to])
{
maxn=mx[x];
mx[x]=mx[e[i].to]+1;
}
else if(maxn<=mx[e[i].to])maxn=mx[e[i].to]+1;
mxw=max(mxw,mx[x]+maxn);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
tr[w].push_back(make_pair(u,v));
}
for(int i=1;i<=1000000;i++)
{
pre_work();
for(int j=i;j<=1000000;j+=i)
{
for(int k=0;k<tr[j].size();k++)
{
add(tr[j][k].first,tr[j][k].second);
add(tr[j][k].second,tr[j][k].first);
sta[++sta[0]]=tr[j][k].first;
sta[++sta[0]]=tr[j][k].second;
}
}
for(int j=1;j<=sta[0];j++)
if(!vis[sta[j]])
dfs(sta[j],0);
ans[mxw]=i;
}
for(int i=n;i;i--)ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
rp++