题目大意
给定数组\(a\) ，选两个数，使得最小公倍数最大，求最小公倍数的值。
限制：长度\(n(2\leq n \leq 10^5)\), \(1 \le a_i \le 10^5\)
讲解
看似很经典的题目，但需要一些前置知识。
前置知识1 \(O(n \ log \ n）\) 求Mobius函数
虽然存在近似线性的求法，但这个方法代码很短。
代码如下：
mu[1]=1;
for(int i=1;i<N;i++){
for(int j=2*i;j<N;j+=i){
mu[j]-=mu[i];
}
}为什么这个方法是对的？
这是由如下定理保证的：
定理 1 ：
\[ \Sigma_{d | n} \mu (d)=\begin{cases} 0 & n \neq 1 \\ 1 & n = 1 \end{cases}\]
证明：
n = 1时显然。
当n>1时，对n进行唯一分解，设有k个素数：
\[n=\Pi ^{k}_{i=1} {p_i}^{m_i}\]
现在考虑n的全部因子，如果那个因子的某个\(m_i \geq 2\)，由Mobius函数的定义，它的值为0，所以值考虑\(m_i = 0,1\)的因子。
假设\(m_i\)中1的个数是\(u\)个，则所有\(m_i\)分布情况有\(C_k^u\)种，于是。
\[ \Sigma_{d | n} \mu (d)= \Sigma _{u=1}^{k} (-1)^k C_k^u\]
有二项式定理得：
\[ \Sigma _{u=1}^{k} (-1)^k C_k^u = 0\]
故：
\[ \Sigma_{d | n} \mu (d)= 0 \]
前置知识2
定理2 给定数列\(a\)和一个数\(x\)，数列\(a\)中与\(x\)互素的个数为：
\[\sum_{d|x} \mu(d) cnt_d\]
其中，\(cnt_d\)的意思是，数列\(a\)中有多少个数是\(d\)的倍数。
限于我的水平，无法证明此定理。但我知道大概的意思是，假如\(d=1\)那么总数是\(x\)个，假设\(x\)拥有素因子2,3,5,11，那么需要减掉2,3,5,11的倍数的数的个数，但这样既是2的倍数又是3的倍数的数(6)又被重复减掉了，所以要加回来，以此类推系数正是Mobius函数。
前置知识3
一个数\(n\)的因子的个数是\(O(n \ log \ n)\)级别的。
步骤1
由于\(LCM(x,y) = \frac{xy}{g}\)，其中\(g\)表示\(x\)和\(y\)的最大公因数。接下来的做法是，我们要枚举g，然后企图快速更新答案。
枚举\(g\)，对所有\(g\)的倍数\(b\)，计算\(b/g\)放到一个数组里面。在这个数组里面，如果两个数\(u\)和\(v\)互素，那么就可以用\(uvg\)更新答案了。
这是我们目前的一个想法。到这里，假设能瞬间(不妨设为\(O(c)\)的时间)找到数组里面最大的两个互素的数，是否可行呢？
当然可以。因为，\(a_i\)的值域是\(10^5\)，\(g\)最大枚举\(10^5\)，每个数最多被插入一个数组的次数是它因子的个数\(d\)，所以到这一步，花费的时间是\(O(10^5 * d)\)。
步骤2
现在的子问题是：给你一个数组，快速找到两个互素的数，且他们的乘积是最大的。
首先，我们需要一个空的栈。
现在，对于这个数组，我们先按从大到小排序。现在左边大，右边小。
现在以此从左到右处理，拿到一个数\(x\)，准备丢到栈中。但是，在丢之前先看看，栈里有没有和x互素的数，这用前置知识2计算，由前置知识3，这需要\(O(log \ n)\)的时间。
如果栈里有\(\sigma\)个互素的数，那么，弹出\(\sigma\)个与\(x\)互素的数。
并遇到互素的数时，让答案尽量更新到最大，再让\(\sigma\)--。
这样是不会漏掉最优解的，因为后面要插入的数比现在的\(x\)还小，而弹出的数,比最后一个弹出的数小。
代码
https://codeforces.com/contest/1285/submission/69300157
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+1;
int n,m;
int mu[N];
int S[N],t;
vector<int> d[N];
int exist[N];
vector<int> v[N]; // v[g][i] := g*v[g][i] 的值是存在于a[i]的
int cnt[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n;
mu[1]=1;
for(int i=1;i<N;i++){
for(int j=i;j<N;j+=i){
if(i!=j) mu[j]-=mu[i];
d[j].push_back(i);
}
}
long long ans = 0;
for(int x,i=1;i<=n;i++) {
cin>>x;
exist[x]++;
ans = max(ans,1ll*x);
}
for(int g=1;g<N;g++) {
for(int j=g;j<N;j+=g) {
for(int k=0;k<exist[j];k++) v[g].push_back(j/g);
}
reverse(v[g].begin(),v[g].end());
// if(v[g].size()) cout<<g<<" - ";
for(auto x:v[g]) {
// if(v[g].size()) cout<<x<<" "<<endl;
int sigma = 0;
for(auto u:d[x]) sigma += mu[u] * cnt[u];
// cout<<sigma<<endl;
while(sigma>0 && t) {
int u = S[--t];
if(__gcd(u,x)==1) {
ans = max(ans,1ll * g * u * x);
sigma--;
}
for(auto w:d[u]) {
cnt[w]--;
}
}
S[t++] = x;
for(auto u:d[x]) cnt[u]++;
}
// if(v[g].size()) cout<<endl;
while(t) {
int u = S[--t];
for(auto w:d[u]) {
cnt[w]--;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}