1.题目描述：点击打开链接
2.解题思路：本题利用莫队算法解决。由于是第一次学习这个算法，因此研究了比较长的一段时间才弄懂。首先，莫队算法解决的问题是无修改的离线区间查询问题。该算法实际上是由曼哈顿距离最小生成树演变来的，由于要处理m个区间，可以将这m个区间看做二维平面上的点，那么处理这m个区间就等价于让这m点连通，且总的转移代价最小。这其实就是一个曼哈顿距离最小生成树问题。
经典的曼哈顿距离最小生成树的时间复杂度是O(NlogN)，莫队算法的时间复杂度是O(N^1.5)。不过本题还有一个地方，就是区间怎么处理。因为GCD相同的区间是可以合并的，因此不同的区间个数实际上是log级别的，一共有左右N个区间要处理，复杂度是O(NlogN)。下面用一个简单的例子来说明一下区间合并。
比如，数组是2,3,3,6,8,16，下标从1开始，下面的[i,j]->g表示a[i]到a[j]所有数到左端点的区间的GCD都是g。
a[1]=2: [1,1]->2, [2,6]->1
a[2]=3: [2,4]->3, [5,6]->1
a[3]=3: [3,4]->3, [5,6]->1
a[4]=6: [4,4]->4, [5,6]->2
a[5]=8: [5,6]->8
a[6]=16: [6,6]->16
从上面的例子中可以发现，以i为左端点构成的所有GCD值不等的区间实际上非常少。
处理完区间，接下来就是套用莫队算法，首先对M个查询区间进行分块排序，block=sqrt(n)，首先对左端点进行排序，若相等，再对右端点排序。这样排序后可以保证总的转移代价是最小的，接下来就是进行区间转移了，举一个简单的例子来说明如何转移。
假如我们已经计算出了[L1,R1]的结果是res，下一个要计算的区间是[L2,R2]，且L1<L2，R1<R2。
那么我们画图后发现，res需要减去从L1变化到L2-1的所有结果，同时要加上从R1变化到R2的所有结果。这样就得到了新的res。
3.代码：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<functional>
using namespace std;
#define me(s) memset(s,0,sizeof(s))
typedef long long ll;
typedef unsigned int uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int, int> P;
const int N=10000+5;
int n,m;
int block;
int a[N];
ll ans[N];
struct Node
{
int L,R;
int id;
bool operator<(const Node&rhs)const
{
if(L/block==rhs.L/block)return R<rhs.R;
return L/block<rhs.L/block;
}
}q[N];
int gcd(int a,int b)
{
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
struct He
{
int idx;
ll g;
};
vector<He>vl[N],vr[N];
void preDeal() //预处理所有以i为左端点的区间，他们的右端点都存放到vr[i]中；同理处理所有以i为右端点的区间，它们的左端点都存放到vl[i]中
{
for(int i=1;i<=n;i++)//i从左到右变化，计算所有的vl[i]（此时i作为一个固定的右端点）
{
if(i==1)vl[i].push_back(He{i,a[i]});//第一个区间，只有自身
else
{
int curg=a[i];//当前的GCD值
int L=i; //第一个左端点
for(auto&it:vl[i-1])//每次都以i-1为右端点的区间开始扩展，得到以i为右端点的区间
{
int g=gcd(it.g,curg);
if(g!=curg) //g!=curg说明以i-1为右端点的这个区间不能和加入a[i]后得到的新区间合并，那么单独保存新区间。若相等则试图继续扩展左端点L
vl[i].push_back(He{L,curg});
curg=g,L=it.idx; //更新curg和L值，得到新的左端点L 和 以L为左端点，i为右端点的区间的GCD值
}
vl[i].push_back(He{L,curg});//最后一个区间
}
}
for(int i=n;i>=1;i--)//用同样的方法处理以i为左端点的所有区间
{
if(i==n)vr[i].push_back(He{i,a[i]});
else
{
int curg=a[i];
int R=i;
for(auto&it:vr[i+1])
{
int g=gcd(it.g,curg);
if(g!=curg)
vr[i].push_back(He{R,curg});
curg=g,R=it.idx;
}
vr[i].push_back(He{R,curg});
}
}
}
ll calc(int type,int L,int R)//计算区间[L,R]的结果
{
ll res=0;
if(!type)
{
int tr=R; //当前的右端点
for(auto&it:vl[R])
if(it.idx>=L)//如果当前区间的左端点>=L,则当前区间为[it.idx,tr]
{
res+=(tr-it.idx+1)*it.g; //这里其实用到了GCD值的传递性：如果L<L1<R,gcd([L,R])=g1,gcd([L1,R])=g2(g2≥g1)，那么必有gcd([L,L1-1])=g1
tr=it.idx-1; //更新右端点
}
else //如果当前区间的左端点<L，则应该被算入的区间为[L,tr]，由于它是最后一个区间了，因此break
{
res+=(tr-L+1)*it.g;
break;
}
}
else //原理同上
{
int tl=L;
for(auto&it:vr[L])
if(it.idx<=R)
{
res+=(it.idx-tl+1)*it.g;
tl=it.idx+1;
}
else
{
res+=(R-tl+1)*it.g;
break;
}
}
return res;
}
void solve()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
vl[i].clear(),vr[i].clear();
block=sqrt(n);//块数
sort(q,q+m);
preDeal();
int L=1,R=0;从(1,0)点开始转移，此时res=0
ll res=0;
for(int i=0;i<m;i++)
{
while(R<q[i].R)
{
R++;//向右右端点，然后计算[L,R]区间的结果，累加给res
res+=calc(0,L,R);
}
while(R>q[i].R)//向左移动右端点
{
res-=calc(0,L,R);
R--;
}
while(L>q[i].L)
{
L--;
res+=calc(1,L,R);
}
while(L<q[i].L)
{
res-=calc(1,L,R);
L++;
}
ans[q[i].id]=res;//转移完毕。注意，res,L,R都不要清零
}
for(int i=0;i<m;i++)
printf("%I64d\n",ans[i]);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
scanf("%d",&m);
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].L,&q[i].R);
q[i].id=i;
}
solve();
}
}
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HDU 5381 The sum of gcd （2015年多校比赛第8场）
原文地址：http://blog.csdn.net/u014800748/article/details/47680899
