题目传送门：CF1101D
洛谷入口
题目大意：
(给出一棵n个节点的树，每个节点上有点权a_i)
(求最长的树上路径，满足条件：)
(路径上经过节点（包括两个端点）点权的gcd和不等于1)
数据范围
(circ) (nle2 imes10^5)
(circ) (1le a_ile2 imes10^5)
题解
首先当然会想到
若要几个的gcd不等于0
我们可以用他们的其中一个非1的因数DP
向下DP显然不妙，于是决定DFS树，回溯时去DP
那么对于一个点，遍历他的儿子
对于每一个子节点回溯时找他们两个的所有相同质因子
进行DP，同时更新答案
最后输出答案即可
对于找共同质因子，只要预先处理：
先找到质数家族，
再一个一个(a_i)分解质因数，把它们放在数组里储存。
怕数组空间炸？不用担心，一个数最多也就(7,8)个不同的质因子
(（2 imes3 imes5 imes7 imes9 imes11 imes13 imes17>2 imes10^5）)
所以就问题不大了！详见下方代码↓↓↓
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tot=0,n,cnt,head[200010];
int maxx=200010,a[200010],vis[300010],f[200010][10],y[200010][10],ans,p[200010];
//p是质数家族 ，y[i][j]是指a[i]的第j大的质因子
struct abc{
int to,nxt;
}e[800010];
void add(int u,int v){
e[++cnt].nxt=head[u];
e[cnt].to=v;
head[u]=cnt;
}
void make_zhi(){//求质数的欧拉筛，不懂自行百度（相信各位大佬定会的）
for(int i=2;i<=maxx;i++){
if(!vis[i])p[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=maxx;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
//cout<<p[10]<<endl;
}
void dfs(int u,int fa){
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].to;
if(fa==v)continue;
dfs(v,u);
for(int j=1;j<=y[u][0];j++){
for(int k=1;k<=y[v][0];k++){
if(y[u][j]==y[v][k]){
ans=max(ans,f[u][j]+f[v][k]+1);
f[u][j]=max(f[u][j],f[v][k]+1);
}
}
}
}
}
int main(){
make_zhi();
int ff=1;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(a[i]!=1)ff=0;
}
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
add(u,v);add(v,u);
}
if(ff){//特判全1时
cout<<0;
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;p[j]*p[j]<=a[i];j++){
if(a[i]==1)break;
if(a[i]%p[j]==0){
y[i][++y[i][0]]=p[j];//太懒于是用y[i][0]存质数个数
while(a[i]%p[j]==0)a[i]/=p[j];//统统除掉
}
}
if(a[i]!=1)y[i][++y[i][0]]=a[i];//剩下了他自己怎么办？靠他了
}
dfs(1,0);
cout<<ans+1;
}
//加一什么的多调几次就会发现的了