D.Pair of Numbers
原题链接
题意简述
西蒙有一个数组 \(a_1, a_2, ..., a_n\) ，由 n 个正整数组成。今天，西蒙要求你找出一对整数 $l, r (1 \leq l \leq r \leq n) $，使得下列条件成立：
有整数 \(j ( l \leq j \leq r )\)，使得所有整数 \(a_l, a_{l + 1}, ..., a_r\) 都能被 aj 整除；
值$ r - l $在条件 1 为真的所有数对中取最大值；
帮助西蒙，找出所需的一对数 \((l, r)\) 。如果有多个所需的数对，请找出所有数对
解题思路
满足一个数能被所有数整除，那么这个数一定是这些数的公因数，同时满足 \(\gcd_{i=l}^r a_i= \min_{i=l}^r a_i\),观察发现
1.对于包含某个数的区间连续gcd后等于这个数，这样的区间大小满足单调性
2.如果贪心的枚举每个作为区间左端点，那么 二分复杂度时\(\mathcal{O}(n \times n\times \log n)\)的，所以我们要设法加速某个过程.
3.对于区间连续gcd操作，考虑使用朴素线段树或st表维护，使得查询从 \(\mathcal{O}(n)\) 降为 \(\mathcal{O}(n)\)
总体复杂度 \(\mathcal{O}(n \times \log n\times \log n)\)
AC code(st 表)
//Stop learning useless algorithms, go and solve some problems, learn how to use binary search.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
typedef long long ll;
#define dbg(...) cout<<"usedchang"<<endl
struct ST_gcd{vector< vector<ll> >a;int n,len;ST_gcd(int n,vector<ll>&v):n(n),len(__lg(n)){a=vector<vector<ll>>(len+1,vector<ll>(n+1));build(v);}void build(vector<ll>&v){for(int i=1;i<=n;i++) a[0][i]=v[i];for(int i=1;i<=len;i++){for(int j=1;j<=n-(1<<i)+1;j++){a[i][j]=gcd(a[i-1][j],a[i-1][j+(1<<i-1)]);}}}ll qry(int l,int r){int len=__lg(r-l+1);return gcd(a[len][l],a[len][r-(1<<len)+1]);}
};
void solve(){int n;cin>>n;vector<ll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];ST_gcd G(n,a);auto isok=[&](int op,int l,int r) ->bool {if(op==1) return G.qry(l,r)==a[l];return G.qry(l,r)==a[r];};int maxl=0;vector< pair<int,int> >ans;for(int i=1;i<=n;i++){int l=i,r=n;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(isok(1,i,mid)) l=mid+1;else r=mid-1;}int R=l-1;l=1,r=i;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(isok(2,mid,i)) r=mid-1;else l=mid+1;}int L=l;if(R-L>=maxl){maxl=R-L;ans.push_back({L,maxl});}i=R;}vector<int>res;for(int i=0;i<ans.size();i++){if(ans[i].second==maxl) res.push_back(ans[i].first);}cout<<res.size()<<' '<<maxl<<endl;for(auto &p:res) cout<<p<<' ';cout<<endl;
}
int main(){cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);solve();return 0;
}