CF671C Ultimate Weirdness of an Array

cf

luogu

这题可以求(val)为每一种(i)的(f(l,r))数量,答案就是(sum_{i=1}^{max a} i*(val_{f(l,r)}= i)的数量()),然后可以通过差分,改为(val_{f(l,r)}le i)数量减(val_{f(l,r)}le i-1)的数量.另外可以发现如果固定左端点(l),然后右端点(r)向右移动,那么所得到的(val_{f(l,r)})一定是单调不增的,所以可以从小到大枚举(i),然后对每个左端点维护一个值,表示要满足(val_{f(l,r)}le i),右端点最小是多少

如果把(val_{f(l,r)}le i)改为(val_{f(l,r)}le i-1),那么也就是右端点要移到区间内不超过两个数满足(gcd)为(i),放宽条件,可以看成要满足区间内不超过两个数为(i)的倍数,所以把权值为(i)的倍数的所有位置提出来,分别记为(ps_1,ps_2,ps_3...ps_m)

• 然后如果区间左端点(l>ps_2),那么这样的区间右端点在哪都不合法,我们可以把这样的左端点的右端点全改为(n+1);

• 如果(ps_1<lle ps_2),那么要满足右端点右边没有是(i)的倍数的数,所以右端点应该在(ps_m)及以后,就把这些右端点和(ps_m)取(max);

• 如果(lle ps_1),那么要满足右端点右边最多有一个是(i)的倍数的数,所以右端点应该在(ps_{m-1})及以后

然后就可以区间取(max)实现上述操作,可以知道(val_{f(l,r)}le i)的数量就是(sum_{i=1}^{n}n-r_i+1).实现时因为(r_i)是单调不增的,那么可以加一些剪枝,如果修改区间最小值(le)当前修改值就直接退出,如果最大值(<)修改值就区间赋值,那么可以做到(O(nlogn)).还要注意(i)的倍数的位置集合的预处理,只有前两项和后两项是有用的,所以其他的可以不加入贡献

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define uLL unsigned long long
#define db double

using namespace std;
const int N=2e5+10;
int rd()
{
    int x=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*w;
}
int n,m;
LL ans,nm[N],c1,c2;
vector<int> a[N],ps[N];
#define mid ((l+r)>>1)
LL s[N<<2];
int ma[N<<2],mi[N<<2],tg[N<<2];
void psup(int o)
{
	s[o]=s[o<<1]+s[o<<1|1];
	ma[o]=max(ma[o<<1],ma[o<<1|1]);
	mi[o]=min(mi[o<<1],mi[o<<1|1]);
}
void cv(int o,int l,int r,int x)
{
	s[o]=1ll*(r-l+1)*x;
	ma[o]=mi[o]=x;
	tg[o]=x;
}
void psdn(int o,int l,int r)
{
	if(tg[o])
		cv(o<<1,l,mid,tg[o]),cv(o<<1|1,mid+1,r,tg[o]),tg[o]=0;
}
void modif(int o,int l,int r,int ll,int rr,int x)
{
	if(mi[o]>=x) return;
	if(ll<=l&&r<=rr&&ma[o]<x){cv(o,l,r,x);return;}
	psdn(o,l,r);
	if(ll<=mid) modif(o<<1,l,mid,ll,rr,x);
	if(rr>mid) modif(o<<1|1,mid+1,r,ll,rr,x);
	psup(o);
}
void bui(int o,int l,int r)
{
	if(l==r){s[o]=ma[o]=mi[o]=l;return;}
	bui(o<<1,l,mid),bui(o<<1|1,mid+1,r);
	psup(o);
}

int main()
{
    n=rd();
    for(int i=1;i<=n;++i) 
    {
        int x=rd();
        m=max(m,x);
        a[x].push_back(i);
    }
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		for(int j=1;i*j<=m;++j)
		{
			int nn=a[i*j].size();
			if(nn<=4)
				for(int k=0;k<nn;++k)
					ps[i].push_back(a[i*j][k]);
			else
			{
				ps[i].push_back(a[i*j][0]);
				ps[i].push_back(a[i*j][1]);
				ps[i].push_back(a[i*j][nn-2]);
				ps[i].push_back(a[i*j][nn-1]);
			}
		}
	}
	bui(1,1,n);
	for(int i=m;~i;--i)
	{
		nm[i]=1ll*(n+1)*n-s[1];
		int nn=ps[i].size();
		if(nn<=1) continue;
		sort(ps[i].begin(),ps[i].end());
		modif(1,1,n,1,ps[i][0],ps[i][nn-2]);
		modif(1,1,n,ps[i][0]+1,ps[i][1],ps[i][nn-1]);
		if(ps[i][1]<n) modif(1,1,n,ps[i][1]+1,n,n+1);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i) ans+=1ll*i*(nm[i]-nm[i-1]);
	printf("%lld
",ans);
    return 0;
}