【Educational Codeforces Round 58 (Rated for Div. 2) D. GCD Counting】 分解质因子+树形DP

题目链接
Educational Codeforces Round 58 (Rated for Div. 2) D. GCD Counting
题意

给你一个n个点的带权树，第i个点的权值为a[i]求一条树上最长的路径，满足路径上所有点权的gcd不为1。
$1<=n<=2\ast 10^5$
$1<=a_i<=2\ast 10^5$
做法

首先要想到，gcd是质因子就足够了，也就是说，肯定存在一条最长路径公约数是质数。
之后对于一个小于$2\ast 10^5$的数，他最多存在7个质因子
这里是因为，$2\ast 3\ast 5\ast 7\ast 11\ast 13\ast 17=510510>2\ast 10^5$
所以对于树上的每个点，只需要求这些质因子最多能向下延伸的长度。
我们就dp[i][j]为以i为起点的向i的子树延伸的gcd为a[i]的第j个质因子的最长链的长度。
那么每次更新dp[i][j]一定是他某个儿子也含有这个质因子，我们想要更新dp[i][j]
就要知道这个质因子是他儿子的第几个质因子，
所以我们预处理的时候用map存储，map[pair]=k表示i在j中是第k个质因子。
存储质因子用vector存储，G[i][j]表示i的第j个质因子是哪个。
这样我们就可以得到更新dp[i][j]的转移方程
设当前访问的结点为rt,要转移的质因子为第j个，当前访问的儿子为to

	if(a[to]%G[rt][j]==0)
		int pos=mp[pii(G[rt][j],to)];//rt的第j个质因子是to的第pos个质因子
		dp[rt][j]=max(dp[rt][j],dp[to][pos]+1);

类似dp求树的直径，我们对所有儿子中的可更新父亲第j个因子的dp值取前两大
也就是以rt为根的子树内，gcd为a[rt]第j个质因子的最长路径。
最后对每个子树内每个质因子能达到的最长路径取max就是答案。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef pair <int, int> pii;
const int maxn = 2e5+5;
int a[maxn];
int dp[maxn][10];
vector<int> G[maxn];
vector<int> zhuan[maxn];
vector<int> vec[maxn];
map<pii,int>  mp;
int ans=0;
void dfs(int rt,int fa)
{
    for(int i=0;i<G[rt].size();i++) dp[rt][i]=1;
    int maxx1[10],maxx2[10];
    for(int i=0;i<10;i++)
    {
        maxx1[i]=0;
        maxx2[i]=0;
    }
    for(int i=0;i<vec[rt].size();i++)
    {
        int to=vec[rt][i];
        if(to==fa) continue;
        dfs(to,rt);
        for(int j=0;j<G[rt].size();j++)
        {
            if(a[to]%G[rt][j]==0)
            {
                int pos=mp[pii(G[rt][j],to)];//rt的第j个质因子是to的第pos个质因子
                int tmp=dp[to][pos];
                if(maxx1[j]<tmp)
                {
                    maxx2[j]=maxx1[j];
                    maxx1[j]=tmp;
                }
                else if(maxx2[j]<tmp)
                {
                    maxx2[j]=tmp;
                }
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<G[rt].size();i++)
    {
        dp[rt][i]+=maxx1[i];
        ans=max(ans,maxx1[i]+maxx2[i]+1);
    }
    return ;
}
int main()
{
    int n,u,v;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int k=a[i];
        for(int j=2;j*j<=k;j++)
        {
            if(k%j==0)
            {
                G[i].push_back(j);
                mp[pii(j,i)]=G[i].size()-1;
                while(k%j==0) k/=j;
            }
        }
        if(k>1)
        {
            G[i].push_back(k);
            mp[pii(k,i)]=G[i].size()-1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&v);
        vec[u].push_back(v);
        vec[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,-1);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}