HDU 5726 求gcd=k的区间的个数 （二分+RMQ）

题意：给一个数组a，大小为n，接下来有m个询问，每次询问给出l、r，定义f[l,r]=gcd（al，al+1，...，ar），问f[l,r]的值 和 有多少对（l'，r'）使得f[l',r']=f[l,r]。n<=10万，m<=10万，1<=l<=r<=n，1<=l'<=r'。

思路：

　　第一步比较简单，预处理一下，定义f[i][j]为：ai开始，连续2^j个数的最大公约数，所以f[1][0]=a[1],f[1][1]=gcd(a1,a2),f[1][2]=gcd(a1,a2,a3,a4)。其实就是动态规划，让i从1-n，让j从0-17，递推上去即可。

　　递推公式如下：

　　1. f[i][0]=a[i];

　　2. f[i][j]=gcd(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);

　　就如同f[1][2]=gcd(f[1][1],f[3][1])=gcd(gcd(f[1][0],f[2][0]),gcd(f[3][0],f[4][0]));

　　通过上述预处理，查询时就只需O(logn)时间，如下：

　　令k=log2(r-l+1)，look(l,r)=gcd(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);

　　注：f[l][k] 和 f[r-(1<<k)+1][k]可能会有重叠，但不影响最终的gcd值。

　　第二步，我们可以枚举左端点 i 从1-n，对每个i，二分右端点，计算每种gcd值的数量，因为如果左端点固定，gcd值随着右端点的往右，呈现单调不增，而且gcd值每次变化，至少除以2，所以gcd的数量为nlog2(n)种，可以开map<int,long long>存每种gcd值的数量，注意n大小为10万，所以数量有可能爆int。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int f[100010][18];int a[100010];int n,m;int gcd(int a,int b){  return b?gcd(b,a%b):a;}void rmq(){  for(int j=1;j<=n;j++) f[j][0]=a[j];    for(int i=1;i<18;i++){    for(int j=1;j<=n;j++){      if(j+(1<<i)-1 <= n){        f[j][i]=gcd(f[j][i-1],f[j+(1<<i-1)][i-1]);      }    }  }}int look(int l,int r){  int k=(int)log2((double)(r-l+1));  return gcd(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);}map<int,long long> mp;void setTable(){  mp.clear();  for(int i=1;i<=n;i++){    int g=f[i][0],j=i;    while(j<=n){      int l=j,r=n;      while(l<r)         ///二分确定与look(i,j)==g的最右边下标。      {        int mid=(l+r+1)>>1;        if(look(i,mid)==g) l=mid;        else r=mid-1;      }      mp[g]+=l-j+1;      j=l+1;      g=look(i,j);    }  }}int main(){  int t,l,r;  int cas=1;  scanf("%d",&t);  while(t--)  {    printf("Case #%d:\n",cas++);    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)      scanf("%d",&a[i]);        rmq();    setTable();    scanf("%d",&m);    for(int i=0;i<m;i++)    {      scanf("%d%d",&l,&r);      int g=look(l,r);      printf("%d %I64d\n",g,mp[g]);    }  }  return 0;}