首先考虑由$1!,2!,...,n!$所构成的虚树的一些性质：
1.每一个子树内所包含的阶乘的节点都是一个连续的区间（证明：对于子树k，如果存在$x!$和$y!$，即说明$x!$和$y!$的前$delta(1,k)$大质因子相同，那么$zin [x,y]$一定有$x! | z!|y!$，所以z!的前$delta(1,k)$大个质因子也因该相同，即z!在k子树内）；
2.记第i个点对应区间为$[l_{i}!,r_{i}!]$，设k的所有儿子$kcdot p_{i}$（不妨设$p1<p2<...<p_{son}$），对于$x!$和$y!$（$x<y$），其所在子树为$kcdot maxdiv(x!/k)$和$kcdot maxdiv(y!/k)$（$maxdiv$为最大质因数），由于$x!|y!$，因此$maxdiv(x!/k)le maxdiv(y!/k)$
将答案从1开始调整（不断向下走），并维护对应区间$[l!,r!]$，那么修改量$Delta=sum w_{i}-sum_{i=l}^{r}w_{i}$，对于每一次移动，都需要保证新的$[l!,r!]$所对应的$Delta>0$（容易发现能满足这个的最多只有1个），然后令$ans-=Delta$
考虑如何维护$[l!,r!]$，由于质因子单调不上升，所以从大到小枚举质因子p，分为两类（设该节点为k）：1.可以走下去，那么令$l=min_{maxdiv(i!/k)=p}i$；2.不可以走下去，令$r=min_{maxdiv(i!/k)=p}i-1$并减小p（同时还要维护$Delta$）
考虑如何求$min_{maxdiv(i!/k)=p}i$，相当于要保证$i!$中p的幂次不小于$k$中p的幂次中最小的i，那么将每一个数按p的幂次为次数放入p的vector中，然后$i!$中p的幂次即vector中不大于i的数个数，由于p的幂次每一次最多+1，因此不断往后取即可
由于每一次操作要么减少素数大小，要么增加当前节点的深度，因此复杂度为$o(树高+素数个数)=o(nlog_{2}n+frac{n}{ln n})$
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 vector<int>v[N]; 5 int n,vis[N],sum[N],le[N],ri[N]; 6 long long s,ss,ans,a[N]; 7 int main(){ 8 for(int i=2;i<N-4;i++) 9 if (!vis[i]){ 10 sum[i]=1; 11 v[i].push_back(i); 12 for(int j=2;i*j<N-4;j++){ 13 vis[i*j]=1; 14 for(int k=j;k%i==0;k/=i){ 15 sum[i*j]++; 16 v[i].push_back(i*j); 17 } 18 } 19 } 20 for(int i=2;i<N-4;i++)sum[i]+=sum[i-1]; 21 while (scanf("%d",&n)!=EOF){ 22 s=ans=0; 23 for(int i=1;i<=n;i++){ 24 scanf("%lld",&a[i]); 25 s+=a[i]; 26 ans+=a[i]*sum[i]; 27 a[i]+=a[i-1]; 28 } 29 int l=1,r=ri[n]=n,las=-1; 30 for(int i=n;i>=2;i--){ 31 if (vis[i])continue; 32 le[i]=upper_bound(v[i].begin(),v[i].end(),l)-v[i].begin(); 33 ans-=s*le[i]-1; 34 if (las>=0)ri[i]=v[las][le[las]]-1; 35 las=i; 36 while (1){ 37 ss=2*(a[r]-a[l-1])-2*(a[ri[i]]-a[v[i][le[i]]-1]); 38 if (s-ss<=0)break; 39 s-=ss; 40 l=v[i][++le[i]]; 41 r=ri[i]; 42 ans-=s; 43 } 44 if (s<=0)break; 45 } 46 printf("%lld ",ans); 47 } 48 }