标签:cout 开始 target dfs def har typedef oid ble
又被trick了
不用什么点分治
直接树形dp即可
开始的想法:
f[x][j]x为根的子树gcd至少为j(j是x的一个约数)的最长链
然后对y合并。类似于树的直径
但是复杂度还是很大的。。。
这个题的关键是:我们只关心gcd是不是1,并不关心gcd是什么!
gcd不是1,意味着一定有公共质因子!
而质因子个数非常少
可以f[x][j]表示,x为根的子树,往下走,公共质因子为j的最长链
然后甚至可以暴力合并!
显然最优解可以被处理到!
代码:
#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define numb (ch^‘0‘) using namespace std; typedef long long ll; il void rd(int &x){ char ch;x=0;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch==‘-‘)&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x); } namespace Miracle{ const int N=2e5+5; vector<int>p[N],f[N]; int n; int ans; struct node{ int nxt,to; }e[2*N]; int hd[N],cnt; void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt; } void dfs(int x,int fa){ for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa) continue; dfs(y,x); for(reg j=0;j<p[x].size();++j){ // cout<<" j "<<p[x][j]<<endl; for(reg k=0;k<p[y].size();++k){ // cout<<" k "<<p[y][k]<<endl; if(p[x][j]==p[y][k]){ ans=max(ans,f[x][j]+f[y][k]); f[x][j]=max(f[x][j],f[y][k]+1); } } } } } void div(int x,int id){ for(reg i=2;(ll)i*i<=x;++i){ if(x%i==0){ p[id].push_back(i); f[id].push_back(1); while(x%i==0) x/=i; } } if(x>1){ p[id].push_back(x); f[id].push_back(1); } } int main(){ rd(n);int x; bool flag=false; for(reg i=1;i<=n;++i){ rd(x); if(x!=1) flag=true; div(x,i); } if(!flag){ puts("0");return 0; } ans=1; int y; for(reg i=1;i<=n-1;++i){ rd(x);rd(y); add(x,y);add(y,x); } dfs(1,0); printf("%d",ans); return 0; } } signed main(){ Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2019/1/17 19:37:47 */
总结:
其实有些时候,题目很麻烦
但是实际上可以简化条件,想想我们关心什么
标签:cout 开始 target dfs def har typedef oid ble
原文地址:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10284269.html