最大的最大公约数之和，51nod1826，约数个数性质+单调栈维护前缀max

正题

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      这题前半部分挺简单的，但是后半部分非常巧妙。

      首先考虑产生贡献的gcd对只有O(n)对。

      首先若是一个前缀，那么一个后缀的最大gcd对可以扫一遍。

      若一个后缀，也是一样的。

      考虑一个非前缀而且非后缀的一个区间，对于每一个数，找到它倍数中最左边的，和倍数中最右边的。

      那么现在贡献的gcd对只有3n对，每一个gcd对是对一个区间的每一个子区间产生贡献的。

      这个问题也许有很多种方法解决，但是很难想到低于的复杂度。

      根据Rose_max巨神的解法，将这个序列倍长，那么一个区间的子区间，就变成了包含两个节点而且长度<=n+1的区间。

      例如区间是[l,r]，倍长之后就会有一个对应的区间[l+n,r+n]，一个合法的子区间当且仅当它包含[r,l+n]而且长度<=n+1。

      可以这样想，在新的序列上[l,r]这个区间，相当于,[r-n,l]这个区间。

      对于长度<=n+1这个限制我们可以先不管，那么合法的子区间就必须包含两个节点，我们把这一对节点按照右端点排个序，那么每次的操作相当于对一个前缀取max。前缀取max的操作可以直接在单调栈上面二分。

#include
#define ls (now<<1)
#define rs (now<<1|1)
using namespace std;

const int N=200010,M=5000010,bound=200000;
int n,l,t,top,num;
int a[N],mmin[N],mmax[N];
bool tf[N];
vector d[N];
struct node{
	int pos,x;
	bool operator<(const node q)const{
		return pos S;
set::iterator it,last;

void read(int&x){
	char ch=getchar();x=0;
	while(ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
}

void solve(){
	sort(q+1,q+1+t);S.clear();
	int now=0;
	long long ans=0,tot=0;
	S.insert((node){n+1,0});
	for(int r=n+1;r<=2*n;r++){
		int l=r-n;
		if(!S.empty()){
			it=S.lower_bound((node){l-1,0});X=*it;
			if(X.pos==l-1) S.erase(it);
			ans-=X.x;
		}
		S.insert((node){l-1,1e9});
		while(now=q[now].c) continue;
			if(X.pos==q[now].x) S.erase(it);
			S.insert((node){q[now].x,q[now].c});
			ans+=1ll*(q[now].x-Y.pos)*(q[now].c-X.x);
			while(q[now].c>=Y.x){
				it=last;last--;S.erase(it);X=Y;Y=*last;
				ans+=1ll*(X.pos-Y.pos)*(q[now].c-X.x);
			}
		}
		S.erase(S.begin());
		tot+=ans;
	}
	printf("%lld\n",tot);
}

void insert(int x,int y,int c){
	
	q[++t]=(ques){y,x+n,c};
}

int main(){
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	for(int i=bound;i>=1;i--)
		for(int j=i;j<=bound;j+=i)
			d[j].push_back(i);
	for(int i=n;i>=1;i--)
		for(int j=0;jmmat) mmat=to,insert(i+1,n,mmat);
	}
	memset(tf,false,sizeof(tf));
	for(int i=0;i=2;i--){
		int to=0;
		for(int j=0;jmmat) mmat=to,insert(1,i-1,mmat);
	}
	solve();
}