[BZOJ4921][Lydsy六月份月赛 .E][二分][瞎搞]互质序列

枚举保留的那些数，可以先枚举前缀的gcd，然后因为一个数与log个和它不同的数取gcd后就会变成1，所以可以二分，这样是 nlog2n 的，为什么网上有人说两个log能过……
不过因为不同前缀gcd个数也只用log个，所以判一下当前枚举到的前缀gcd与上一位相同的话特殊处理就可以了……

T了两发就放弃了……不应该啊

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int N=100010,M=30,P=998244353;

int a[N],n;
int _gcd[N][M],_log[N];

inline char nc(){
  static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
  return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}

inline void rea(int &x){
  char c=nc(); x=0;
  for(;c>'9'||c<'0';c=nc());for(;c>='0'&&c<='9';x=x*10+c-'0',c=nc());
}

int gcd(int x,int y){
  return y?gcd(y,x%y):x;
}

inline void Pre(){
  for(int i=1;i<=n;i++) _log[i]=_log[i-1]+((1<<_log[i-1]+1)==i);
  int t=_log[n];
  for(int i=1;i<=n;i++) _gcd[i][0]=a[i];
  for(int k=1;k<=t;k++)
    for(int i=1;i+(1<1<=n;i++)
      _gcd[i][k]=gcd(_gcd[i][k-1],_gcd[i+(1<1)][k-1]);
}

inline int check(int l,int r){
  int t=_log[r-l+1];
  return gcd(_gcd[l][t],_gcd[r-(1<1][t]);
}

inline int query(int l,int r,int x){
  int t=_log[r-l+1];
  return (_gcd[l][t]%x==0)&&(_gcd[r-(1<1][t]%x==0);
}

int ans,subans[N],pre[N],suf[N];

int main(){
  rea(n);
  for(int i=1;i<=n;i++)
    rea(a[i]),pre[i]=gcd(pre[i-1],a[i]);
  for(int i=n;i;i--)
    suf[i]=gcd(suf[i+1],a[i]);
  Pre();
  for(int i=0;i1;i++)
    if(i<3||pre[i]!=pre[i-1]){
      int cur,pos;
      if(i==0) cur=gcd(a[n],a[n-1]),pos=n-1;
      else if(i==1) cur=gcd(a[1],a[n]),pos=n;
      else cur=check(1,i),pos=n+1;
      while(cur^1&&pos>i+1){
    int l=i+2,r=pos-1,nxt=pos,mid;
    while(l<=r){
      mid=l+r>>1;
      if(!query(mid,pos-1,cur)) l=mid+1;
      else r=(nxt=mid)-1;
    }
    subans[i]=(1LL*(pos-nxt+1)*cur%P+subans[i])%P;
    pos=nxt-1; cur=gcd(cur,a[pos]);
      }
      subans[i]=(1LL*(pos-i-1)*cur%P+subans[i])%P;
    }
    else subans[i]=(1LL*subans[i-1]+P-gcd(pre[i],suf[i+1]))%P;
  for(int i=0;i1;i++) ans=(ans+subans[i])%P;
  printf("%d\n",(ans+check(1,n-1))%P);
  return 0;
}