题目概述
有一个长度为 \(n\) 的序列，将这个序列砍 \(7\) 刀，分成了 \(8\) 个部分，取前 \(7\) 个部分进行讨论。
对于每个部分，贡献为这一段的最大公约数。
求所有情况的贡献和并对 \(998244353\) 取模。
数据范围：\(1\leq n\leq 10^5,0\leq a_i\leq 10^9\)。
分析
真服了，那个 \(a_i=0\) 直接耗了我好久，看了 \(60\) 分求调代码的那个贴子才恍然大悟，而且那个贴子下面有数据。
不知道为什么你们一眼看到的就是动态规划，本蒟蒻只会组合计数的方法。
首先不难想到把无关项提到前面去，那么通过这个不难得出来我们需要知道一个区间在第 \(k(1\leq k\leq 7)\) 个块时对答案的贡献。
也就是说我们枚举这个区间和它在第几个块，组合数计算就行了。
对于 \(k=1\) 我是特殊处理的。
考虑 \(k\geq 2\) 的情况，你这里可能需要注意一下枚举区间的范围。
由于我们枚举出了这个区间（假设为 \([i,j]\)）以及知道它在第几个块，那么我们可以把它对答案的贡献系数分成左边分成 \(k-1\) 块的方案以及剩下的部分分成其它块的答案。
考虑左边的，由于已经枚举了左端点，所以就是算切了一刀，于是左边的贡献就是 \(\binom{i-2}{k-2}\)，因为只有 \(i-1\) 个数最右边还被切过了，因此只剩下 \(i-2\) 个空给 \(k-2\) 次切的机会。
考虑右边的，十分类似，但是这里我们没有多切一刀，因为你可以看作这个是属于前面的，因此右边的贡献就是 \(\binom{n-j}{7-k}\)。
于是我们的答案实际上就是（\(k=1\) 特殊讨论）：
于是得到了我们的 \(\mathcal{O}(7n^2)\) 代码：
int ans = 0;
int t = 0;
for (int i = 1;i <= n - 6;i ++) {t = gcd(t,a[i]);int rest = n - i;ans = (ans + C(rest,6) * t % mod) % mod;
}
for (int k = 2;k <= 7;k ++)for (int i = k;i <= n - (7 - k);i ++) {int t = 0;for (int j = i;j <= n - (7 - k);j ++) {t = gcd(t,a[j]);ans = (ans + C(i - 2,k - 2) * C(n - j,7 - k) % mod * t % mod) % mod;}}
很短，但是可以拿 \(40\) 分。
接下来考虑优化，我们注意到我们的 \(j\) 右移的时候这个当前的最大公约数是单调不增的，而且相同的部分一定是一段一段的。
而且有一个经典的结论就是：前缀（或者是后缀）的最大公约数的种类个数是 \(\mathcal{O}(\log V)\) 级别的，其中 \(V\) 是值域。
这个证明也很简单，因为你加进来一个数求最大公约数的时候至少是减半的。
也就是说我们不需要枚举 \(j\)，我们只需要得到这一段一段的为相同最大公约数的区间即可，直接计算就行。
我这里采用了二分找位置，时间复杂度可能有点大，区间求最大公约数可以直接用ST表维护即可。
不知道Erine怎么做到少一个 \(\log\) 的，本蒟蒻不会。
代码
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n\log V)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 100005
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int gcd(int a,int b) {return b ? gcd(b,a % b) : a;
}
int jc[N],inv[N],lg[N];
int C(int a,int b) {if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;return jc[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
int st[N][23];
int query(int l,int r) {int k = lg[r - l + 1];return gcd(st[l][k],st[r - (1 << k) + 1][k]);
}
int n,a[N],sum[8][N];
signed main(){for (int i = 2;i < N;i ++) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;jc[0] = jc[1] = inv[0] = inv[1] = 1;for (int i = 2;i < N;i ++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod,inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;for (int i = 2;i < N;i ++) inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;cin >> n;for (int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld",&a[i]),st[i][0] = a[i];for (int j = 1;(1 << j) <= n;j ++)for (int i = 1;i + (1 << j) - 1 <= n;i ++)st[i][j] = gcd(st[i][j - 1],st[i + (1 << j - 1)][j - 1]);int ans = 0;int t = 0;for (int i = 1;i <= n - 6;i ++) {t = gcd(t,a[i]);int rest = n - i;ans = (ans + C(rest,6) * t % mod) % mod;}for (int k = 2;k <= 7;k ++) {sum[k][0] = C(0,7 - k);for (int i = 1;i <= n;i ++) sum[k][i] = (sum[k][i - 1] + C(i,7 - k)) % mod;}for (int k = 2;k <= 7;k ++)for (int i = k;i <= n - (7 - k);i ++) {int now = a[i];int l = i;for (;l <= n && a[l] == 0;l ++);now = a[l];int r = n - (7 - k),res = l - 1,tot = 0;int xs1 = C(i - 2,k - 2);while(res < n - (7 - k)) {int lst = res + 1;l = res + 1,r = n - (7 - k),res = l;while(l <= r) {int mid = l + r >> 1;if (query(i,mid) >= now) l = mid + 1,res = mid;else r = mid - 1;}tot = (tot + now * (sum[k][n - lst] - (n - res - 1 >= 0 ? sum[k][n - res - 1] : 0) + mod) % mod) % mod;now = query(i,res + 1);}ans = (ans + tot * xs1 % mod) % mod;}cout << ans;return 0;
}