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题意：给你一个序列a[i],对于每个询问xi,求出有多少个(l,r)对使得gcd(al,al+1...ar)=xi.
表面上是询问，其实只要处理出每个可能的gcd有多少个就好了，当左端点固定的时候，随着右端点的移动，gcd必然是单调非增的，而且个数不会超过log(a[i])个，所以总的不同的个数的上界是nlog(ai)，所以求出所有是可行的。
一个分治的做法是这样的，对于一个区间[l,r]，分治成[l,mid],[mid+1,r]求解，然后就是合并，合并的时候首先求以[l,mid]右端点为结束点的gcd，然后是[mid+1,r]的左端点为起始点的gcd，两边for一遍，由于不同的gcd最多只有log(ai)个，所以合并的时候就是log(ai)^2。
所以复杂度大致是这样的 T(n)=2*T(n/2)+log(ai)^2+O(n) 所以大致可以看成是T(n)=2*T(n/2)+O(n)，所以复杂度大致就是nlogn的级别的。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <cmath>
using namespace std;
#define maxn 110000
#define ll long long
#define MP make_pair
int n;
int a[maxn];
map<int,ll> m;
int gcd(int a,int b){
return a&&b? gcd(b,a%b):a+b;
}
void solve(int l,int r)
{
if(r-l<=3){
for(int i=l;i<=r;++i){
int g=a[i];
for(int j=i;j<=r;++j){
g=gcd(g,a[j]);
m[g]++;
}
}
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(l,mid);
solve(mid+1,r);
vector<pair<int,ll> > ls;
vector<pair<int,ll> > rs;
int cur=-1;
ll cnt=0;
int g=a[mid];
for(int i=mid;i>=l;--i){
g=gcd(g,a[i]);
if(g!=cur) {
if(cur!=-1) ls.push_back(MP(cur,cnt));
cur=g;cnt=1;
}
else{
++cnt;
}
}
ls.push_back(MP(cur,cnt));
cur=-1;cnt=0;g=a[mid+1];
for(int i=mid+1;i<=r;++i){
g=gcd(g,a[i]);
if(g!=cur) {
if(cur!=-1) rs.push_back(MP(cur,cnt));
cur=g;cnt=1;
}
else{
++cnt;
}
}
rs.push_back(MP(cur,cnt));
for(int i=0;i<ls.size();++i){
for(int j=0;j<rs.size();++j){
int g=gcd(ls[i].first,rs[j].first);
ll num=ls[i].second*rs[j].second;
m[g]+=num;
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",a+i);
}
m.clear();
solve(1,n);
int q,xi;
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d",&xi);
if(m.count(xi)) printf("%I64d\n",m[xi]);
else puts("0");
}
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/chanme/p/4008782.html
