[BZOJ4921][Lydsy六月份月赛 .E][二分][瞎搞]互质序列

枚举保留的那些数，可以先枚举前缀的gcd，然后因为一个数与log个和它不同的数取gcd后就会变成1，所以可以二分，这样是nlog2n的，为什么网上有人说两个log能过……
不过因为不同前缀gcd个数也只用log个，所以判一下当前枚举到的前缀gcd与上一位相同的话特殊处理就可以了……

T了两发就放弃了……不应该啊

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int N=100010,M=30,P=998244353;int a[N],n;int _gcd[N][M],_log[N];inline char nc(){  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;  return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}inline void rea(int &x){  char c=nc(); x=0;  for(;c>'9'||c<'0';c=nc());for(;c>='0'&&c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc());}int gcd(int x,int y){  return y?gcd(y,x%y):x;}inline void Pre(){  for(int i=1;i<=n;i++) _log[i]=_log[i-1]+((1<<_log[i-1]+1)==i);  int t=_log[n];  for(int i=1;i<=n;i++) _gcd[i][0]=a[i];  for(int k=1;k<=t;k++)    for(int i=1;i+(1<<k)-1<=n;i++)      _gcd[i][k]=gcd(_gcd[i][k-1],_gcd[i+(1<<k-1)][k-1]);}inline int check(int l,int r){  int t=_log[r-l+1];  return gcd(_gcd[l][t],_gcd[r-(1<<t)+1][t]);}inline int query(int l,int r,int x){  int t=_log[r-l+1];  return (_gcd[l][t]%x==0)&&(_gcd[r-(1<<t)+1][t]%x==0);}int ans,subans[N],pre[N],suf[N];int main(){  rea(n);  for(int i=1;i<=n;i++)    rea(a[i]),pre[i]=gcd(pre[i-1],a[i]);  for(int i=n;i;i--)    suf[i]=gcd(suf[i+1],a[i]);  Pre();  for(int i=0;i<n-1;i++)    if(i<3||pre[i]!=pre[i-1]){      int cur,pos;      if(i==0) cur=gcd(a[n],a[n-1]),pos=n-1;      else if(i==1) cur=gcd(a[1],a[n]),pos=n;      else cur=check(1,i),pos=n+1;      while(cur^1&&pos>i+1){    int l=i+2,r=pos-1,nxt=pos,mid;    while(l<=r){      mid=l+r>>1;      if(!query(mid,pos-1,cur)) l=mid+1;      else r=(nxt=mid)-1;    }    subans[i]=(1LL*(pos-nxt+1)*cur%P+subans[i])%P;    pos=nxt-1; cur=gcd(cur,a[pos]);      }      subans[i]=(1LL*(pos-i-1)*cur%P+subans[i])%P;    }    else subans[i]=(1LL*subans[i-1]+P-gcd(pre[i],suf[i+1]))%P;  for(int i=0;i<n-1;i++) ans=(ans+subans[i])%P;  printf("%d\n",(ans+check(1,n-1))%P);  return 0;}