The sum of gcd
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Problem Description
You have an array ,the
length of is
Let
Input
There are multiple test cases. The first line of input contains an integer T, indicating the number of test cases. For each test case:
First line has one integers
Second line has integers
Third line has one integers ,the
number of questions
Next there are Q lines,each line has two integers ,
Output
For each question,you need to print
Sample Input
2 5 1 2 3 4 5 3 1 3 2 3 1 4 4 4 2 6 9 3 1 3 2 4 2 3
Sample Output
9 6 16 18 23 10
Source
2015 Multi-University Training Contest 8
求一个区间内随意子区间的gcd之和。
分析：
对于区间[l,r]求gcd之和的复杂度是nlog(n)的
：：
如果处理了[l,r]的结果，那么对于[l,r+1]。能产生的新的子区间为[r-l+1]个。怎样合并？
由于增加r+1，那么[L,r+1]，（l<=L<=r)必定都是经过r位置的。知道r与之前每一个位置的gcd。
用num[r+1]与这些gcd值，做gcd得到新的gcd值，就是全部新子区间的gcd结果。对于每一个gcd乘以相应的
区间个数就可以。
当然越往左。gcd就会越小，而且最多出现log个gcd值。把同样的gcd合并就能降低运算量。
然后新增加的数自己能够成为一个区间，增加答案中。
处理的复杂度是nlog的，由于分块了，
长度为n的最多sqrt(n)段，复杂度是nlog(n)*sqrt(n)
在块内。长度是sqrt(n)且最多次计算。全部是qlog(n)*sqrt(n)==================（log(n)是gcd的种类数）
如今处理合并两段了：
由于分成左右两段，例如以下
原序列：1 1 1 2 2 2 4 4 4| 4 4 4 2 2 2 1 1 1 （|是分隔位置）
gcd：1 1 1 2 2 2 4 4 4 | 4 4 4 2 2 2 1 1 1
gcd计算的该点到切割位置的路径的gcd，由于合并肯定是须要经过切割位置的！
显然能够知道gcd的种类仅仅有 log(n)个。对于左边的每一个gcd和右边的每一个gcd做一下gcd函数。然后乘以左边该段
的长度*右边该段的长度。如样例就是
gcd(1,1)*3*3+gcd(1,2)*3*3 + gcd(1,4)*3*3)...........+....
怎样计算得到每一个gcd相应的区间个数呢？
能够知道从分隔线到两边的gcd是递减的。假设g是[l,r]的gcd，那么对于[l-1,r]仅仅要gcd(g,num[l-1])就计算出来了
然后得到的gcd假设与g同样就和并。否则增加一个新值。
复杂度分析：
对于每段，求出全部gcd和个数是o(n)的。
长的一段最多求sqrt(n)次。是n*sqrt(n)的。短的是sqrt(n)*q次
合并时复杂度是q*log(n)*log(n)的，所以是 O(sqrt(n)*n+q*sqrt(n)+q*log(n)*log(n))
接下来看代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 20001
#define ll long long
int gcd(int a,int b){
if(b == 0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
ll ans[maxn];
struct Node{
int l,r,id;
};
Node que[maxn];
int length;//分块排序函数
int comp(Node a,Node b){
if(a.l / length == b.l / length)
return a.r < b.r;
return a.l /length < b.l/length;
}
int num[maxn];
struct Point{
int g,num;
Point(int _g=0,int _n=0):g(_g),num(_n){}
};
vector<Point> lgcd;
vector<Point> ltrgcd;
vector<Point> rgcd;
vector<Point> rtlgcd;
int main(){
int t,n,q;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(int i = 0;i < n; i++)
scanf("%d",num+i);
scanf("%d",&q);
for(int i = 0;i < q; i++){
scanf("%d%d",&que[i].l,&que[i].r);
que[i].id = i;
que[i].l--,que[i].r--;
}
for(length = 1; length * length < n; length++);
sort(que,que+q,comp);//按快排序，同一个块内r从小到大排序
memset(ans,0,sizeof(ans));
lgcd.clear();
rgcd.clear();
ltrgcd.clear();
rtlgcd.clear();
int RR = -1,kuai = -1,j,k,l,LL;
ll res = 0,resl = 0;
Point a;
for(int i = 0;i < q; i++){ 处理每一个询问
if(kuai != que[i].l/length){//新块。所以长的一段要重头開始处理
kuai = que[i].l/length;
rtlgcd.clear();
rgcd.clear();
RR = kuai*length+length-1;
res = 0;
}
while(RR < que[i].r){
RR++;//处理分隔线到RR的gcd之和。
for( j = 0;j < rgcd.size(); j++){
rgcd[j].g = gcd(rgcd[j].g,num[RR]);
res += (ll)rgcd[j].g*rgcd[j].num;
}
rgcd.push_back(Point(num[RR],1));
res += num[RR];
for(j = 0,k = 1;k<rgcd.size();k++){
if(rgcd[j].g == rgcd[k].g){
rgcd[j].num += rgcd[k].num;
}
else {
j++;
rgcd[j] = rgcd[k];
}
}
while(rgcd.size() > j+1) rgcd.pop_back();//合并同样的gcd
//处理分隔线到每一个RR的gcd个数
if(rtlgcd.size() == 0)
rtlgcd.push_back(Point(num[RR],1));
else {
k = rtlgcd.size()-1;//仅仅需比較最小的那个gcd就可以。即最右边计算得到的gcd
a.g = gcd(rtlgcd[k].g,num[RR]);
a.num = 1;
if(a.g == rtlgcd[k].g)
rtlgcd[k].num++;
else rtlgcd.push_back(a);
}
}
LL = kuai*length+length-1;
lgcd.clear();
ltrgcd.clear();
resl = 0;//左边的处理与右边的一样
LL = min(LL,que[i].r);
for(;LL >= que[i].l; LL--){
for(j = 0;j < lgcd.size(); j++){
lgcd[j].g = gcd(lgcd[j].g,num[LL]);
resl += (ll)lgcd[j].g*lgcd[j].num;
}
lgcd.push_back(Point(num[LL],1));
resl += num[LL];
for(j = 0,k=1;k<lgcd.size();k++){
if(lgcd[j].g == lgcd[k].g){
lgcd[j].num += lgcd[k].num;
}
else {
j++;
lgcd[j] = lgcd[k];
}
}
while(lgcd.size() > j+1) lgcd.pop_back();
if(ltrgcd.size() == 0){
ltrgcd.push_back(Point(num[LL],1));
}
else {
k = ltrgcd.size()-1;
a.g = gcd(ltrgcd[k].g,num[LL]);
a.num = 1;
if(a.g == ltrgcd[k].g)
ltrgcd[k].num++;
else ltrgcd.push_back(a);
}
}//合并两个区间
ans[que[i].id] = res + resl;
int id = que[i].id,gg;
for(j = 0;j < ltrgcd.size(); j++){
gg = ltrgcd[j].g;
for(k = 0;k < rtlgcd.size(); k++){
gg = gcd(gg,rtlgcd[k].g);
ans[id] += (ll)gg*ltrgcd[j].num*rtlgcd[k].num;
}
}
}
for(int i = 0;i < q; i++){
printf("%I64d\n",ans[i]);
}
}
return 0;
}