HDU 4630 No Pain No Game（线段树离线处理）

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题意：给你一个n的全排列， q个操作， 每个操作是一个区间，要求求出这个区间中任意两个数的gcd的最大值。

思路：一个数是两个数的公约数， 等价于一个数可以被两个整数同时整除。   所以我们可以算出每一个数的所有约数， 然后求一个区间中被超过两个数整除的数中的最大值即可。

维护区间最大值， 我们可以用线段树来维护。  因为我们难以同时维护一个区间， 所以我们离线处理， 按照r排序， 那么每次如果当前数的一个约数曾经出现过， 就在之前出现的点加入线段树， 每次顺便查询即可。

细节参见代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<list>
#include<deque>
#include<map>
#include<queue>
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
const ld eps = 1e-9, PI = 3.1415926535897932384626433832795;
const int mod = 1000000000 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
// & 0x7FFFFFFF
const int seed = 131;
const ll INF64 = ll(1e18);
const int maxn = 50000 + 10;
int T,n,m,maxv[maxn<<2],a[maxn],pre[maxn],ans[maxn];
struct node {
    int id, l, r;
    node(int id=0, int l=0, int r=0):id(id), l(l), r(r) {}
    bool operator < (const node& rhs) const {
        return r < rhs.r;
    }
}op[maxn];
void pushup(int o) {
    maxv[o] = max(maxv[o<<1], maxv[o<<1|1]);
}
void build(int l, int r, int o) {
    int m = (l + r) >> 1;
    maxv[o] = 0;
    if(l == r) return ;
    build(l, m, o<<1);
    build(m+1, r, o<<1|1);
}
void update(int L, int R, int v, int l, int r, int o) {
    int m = (l + r) >> 1;
    if(L <= l && r <= R) {
        maxv[o] = max(maxv[o], v);
        return ;
    }
    if(L <= m) update(L, R, v, l, m, o<<1);
    if(m < R) update(L, R, v, m+1, r, o<<1|1);
    pushup(o);
}
int query(int L, int R, int l, int r, int o) {
    int m = (l + r) >> 1;
    if(L <= l && r <= R) {
        return maxv[o];
    }
    int ans = 0;
    if(L <= m) ans = max(ans, query(L, R, l, m, o<<1));
    if(m < R) ans = max(ans, query(L, R, m+1, r, o<<1|1));
    pushup(o);
    return ans;
}
int q, r, l;
int main() {
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        scanf("%d",&q);
        for(int i=0;i<q;i++) {
            scanf("%d%d",&op[i].l,&op[i].r);
            op[i].id = i;
        }
        memset(pre, -1, sizeof(pre));
        sort(op, op + q);
        int cnt = 0;
        build(1, n, 1);
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            for(int j=1;j*j<=a[i];j++) {
                if(a[i] % j != 0) continue;
                if(pre[j] != -1) {
                    update(pre[j], pre[j], j, 1, n, 1);
                }
                if(j*j != a[i] && pre[a[i]/j] != -1) {
                    update(pre[a[i]/j], pre[a[i]/j], a[i]/j, 1, n, 1);
                }
                pre[j] = i;
                pre[a[i]/j] = i;
            }
            while(cnt < q && op[cnt].r == i) {
                ans[op[cnt].id] = query(op[cnt].l, i, 1, n, 1);
                ++cnt;
            }
        }
        for(int i=0;i<q;i++) {
            printf("%d\n",ans[i]);
        }
    }
    return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/weizhuwyzc000/article/details/50912283