题目描述
给一个长度为n(1<=n<=100000)的正整数列，分成尽量多的非空段，使得每一段的最大公约数相等。一个数的最大公约数是它本身。
解题思路
要求每一段子列的gcd相等，不妨设为d，可以知道d是所有数的最大公约数，即d=(a[1],a[2],……,a[n])。于是我们先求出d，然后从前往后扫描，记st=1，移动ed，计算d1=(a[st],……,s[ed])，直到d1==d，得到的区间[st,ed]就是一个符合题目要求的子列；记st=ed+1，重复上述操作，直至数列扫完。算法时间复杂度为O(n logx)，其中x表示数列的数的大小。
注：
1、由于gcd(a[i],……,a[j])=gcd(gcd(a[i],……,a[k]),gcd(a[k+1],……,a[j]))，(i<k<j)，所以计算多个数的gcd直接两两计算即可；计算子列的gcd直接在扫描时每多一个书就多一次求gcd即可。
2、按照上述算法可能出现最后一段的gcd不等于d的情况，可以看作最后一段不被单独分出来，而是跟前一段合并为一段的。注意到跟前面的一段合并后gcd一定等于d，因为d=(a[1],a[2],……,a[n])，最后一段的gcd记为ds只能是d的倍数，而前一段的gcd为d，所以合并后gcd一定为d。另外，所谓“前一段”是一定存在的，否则所有的最大公约数不可能为d。
附：c++代码
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3
4 using namespace std;
5 #define MaxN 100020
6
7 int a[MaxN];
8
9 inline void Get_int(int &Ret)
10 {
11 char ch;
12 bool flag=false;
13 for(;ch=getchar(),ch<‘0‘||ch>‘9‘;)
14 if(ch==‘-‘)
15 flag=true;
16 for(Ret=ch-‘0‘;ch=getchar(),ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;Ret=Ret*10+ch-‘0‘);
17 flag&&(Ret=-Ret);
18 }
19
20 inline int My_gcd(int a, int b)
21 {
22 int r;
23 if(a < b)
24 swap(a, b);
25 while(b)
26 {
27 r = a % b;
28 a = b;
29 b = r;
30 }
31 return a;
32 }
33
34 int main ()
35 {
36 int n, ans;
37 int x, tmp;
38 int i;
39 bool flag;
40 while(scanf("%d", &n) != EOF)
41 {
42 for(i = 1; i <= n; i++)
43 {
44 Get_int(a[i]);
45 if(i == 1)
46 x = a[i];
47 else
48 x = My_gcd(a[i], x);
49 }
50 if(n == 1)
51 {
52 printf("1\n");
53 continue;
54 }
55 //printf("%d\n", x);
56 ans = 0;
57 flag = false;
58 for(i = 1; i <= n; i++)
59 {
60 if(!flag)
61 {
62 if(a[i] == x)
63 ans++;
64 else
65 {
66 tmp = a[i];
67 flag = true;
68 }
69 }
70 else
71 {
72 tmp = My_gcd(a[i], tmp);
73 if(tmp == x)
74 {
75 flag = false;
76 ans++;
77 }
78 }
79 }
80 printf("%d\n", ans);
81 }
82 return 0;
83 }
另一种思路
这是官方给出的题解，动归
最大公约数满足结合律，所以题目所说相等的gcd就是原数列的gcd，不妨设为d。
设f[i]为前i个数能分的最大段数，枚举最后一个段是[j+1,i]，则有gcdik=j+1ak=d，而f[i]=maxf[j]+1。如果j不存在，可以认为f[i]是不合法的部分，令f[i]=0即可。
不难证明满足条件的j是一段前缀区间，而且f[i]是单调的，所以最大的f[j]一定是尽量靠右的，可以直接找到这个j来对f[i]更新答案。
区间gcd可以预处理ST表得到，或者顺着推以每个点结尾的区间gcd即可，可以证明以每个点结尾的区间gcd的值个数是不超过logn个的，所以整体的复杂度是O(n(logn)^2)。