链接：
https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4517
题意：
输入一个n（n≤100000）个元素的正整数序列，求一个连续子序列，使得该序列中所有元素的最大公约数与序列长度的乘积最大。
例如，5个元素的序列30, 60, 20, 20, 20的最优解为{60, 20, 20, 20}，乘积为gcd(60,20,20,20)*4=80。
分析：
从左到右枚举序列的右边界j，然后快速求出左边界i≤j，使得MGCD(i,j)最大。
其中MGCD(i,j)定义为gcd(a[i],a[i+1],...,a[j])*(j-i+1)。
考虑序列5, 8, 6, 2, 6, 8，当j=5时需要比较i=1, 2, 3, 4, 5时的MGCD(i,j)，如下表所示：
i=1，gcd表达式=gcd(5,8,6,2,6)，gcd值=1，序列长度=5。
i=2，gcd表达式=gcd(8,6,2,6)，gcd值=2，序列长度=4。
i=3，gcd表达式=gcd(6,2,6)，gcd值=2，序列长度=3。
i=4，gcd表达式=gcd(2,6)，gcd值=2，序列长度=2。
i=5，gcd表达式=gcd(6)，gcd值=6，序列长度=1。
从下往上看，gcd表达式里每次多一个元素，有时gcd不变，有时会变小，而且每次变小时一定是变成了它的某个约数。
换句话说，不同的gcd值最多只有logj种！当gcd值相同时，序列长度越大越好，所以可以把表简化一下：
gcd值=1，i=1。
gcd值=2，i=2。
gcd值=6，i=5。
因为表里只有logj个元素，所以可以依次比较每一个i对应的MGCD(i,j)，时间复杂度为O(logj)。
下面考虑j从5变成6时，这个表会发生怎样的变化。
首先，上述所有gcd值都要再和a6=8取gcd，然后要加入i=6的项目，gcd值为8。
由于相同的gcd值只需要保留i的最小值，所以i=5被删除，最终得到如下表所示结果。
gcd值=1，i=1。
gcd值=2，i=2。
gcd值=8，i=6。
总时间复杂度为O(nlogn)。
代码：
1 #include <cstdio> 2 #include <vector> 3 using namespace std; 4 5 typedef long long int LLI; 6 struct Item { 7 LLI g; 8 int p; 9 }; 10 11 LLI gcd(LLI a, LLI b) { 12 return b == 0 ? a : gcd(b, a%b); 13 } 14 15 int main() { 16 int T, n; 17 LLI v, ans; 18 scanf("%d", &T); 19 while(T--) { 20 ans = 0; 21 vector<Item> vec; 22 scanf("%d", &n); 23 for(int t = 0; t < n; t++) { 24 scanf("%lld", &v); 25 for(int i = 0; i < vec.size(); i++) vec[i].g = gcd(vec[i].g, v); 26 vec.push_back((Item){v,t}); 27 vector<Item> nvec; 28 for(int i = 0; i < vec.size(); i++) { 29 if(i != 0 && vec[i].g == vec[i-1].g) continue; 30 ans = max(ans, vec[i].g * (t-vec[i].p+1)); 31 nvec.push_back(vec[i]); 32 } 33 vec = nvec; 34 } 35 printf("%lld ", ans); 36 } 37 return 0; 38 }