Codeforces CF1516D Cut

题目大意

给出一个长度为 $n$ 的序列 $a$，以及 $q$ 次询问
每次询问给出 $l,r$，问最少需要把区间 $[l,r]$ 划分成多少段，满足每段内元素的 LCM 等于元素的乘积

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这数据范围，这询问方式，一看就是DS题

首先，我们考虑 LCM 的性质。如果一段区间内的数的 LCM 等于所有元素之积，那么这个区间中的数一定两两互质。

我们设 $nx{t}_i$ 表示 $i$ 后面第一个与 $a_i$ 不互质的数的位置
同时，记 $f_i$ 为以 $i$ 为左端点时，满足区间内数两两互质的最远右端点 $+1$，也就是下一个互质区间的左端点

我们考虑从后往前计算 $nx{t}_i$
对于每个质数 $p_k$，我们维护 $c_k$ 表示 $p_k$ 的倍数出现的最近位置
那么，$nx{t}_i$ 就是所有 $a_i$ 的质因数的 $c$ 的最小值

那么显然 $f_i=\underset{k=i}{\overset{nx{t}_i-1}{\min }}nx{t}_k$，可用线段树解决

最后，我们考虑将 $f_i$ 进行倍增。$f_{i,k}$ 表示 $i$ 后面第 $2^k$ 个互质区间的左端点。最终在询问时，只需要尽可能地倍增向后跳，并统计答案即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n+n\sqrt{n}+n\log n+n\log n)=\mathcal{O}(n\sqrt{n})$
一个小优化：我们可以用埃氏筛寻找质数，并预处理每个树的质因子。由于 $10^5$ 内的数的不同质因子数不超过 $6$，所以计算 $nxt$ 的复杂度变为 $\mathcal{O}(n)$，总复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int Maxn=1e5+10;
const int Maxm=Maxn<<2;
const int inf=0x3f3f3f3f;
vector <int> c[Maxn];
int b[Maxn],a[Maxn];
int f[Maxn][30];
int p[Maxn],id[Maxn];
bool vis[Maxn];
int minv[Maxm];
int n,m,q,cnt;
int gcd(int x,int y)
{
	if(!y)return x;
	return gcd(y,x%y);
}
inline void push_up(int k)
{
	minv[k]=min(minv[k<<1],minv[k<<1|1]);
}
void build(int k,int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		minv[k]=f[l][0];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	build(k<<1,l,mid);
	build(k<<1|1,mid+1,r);
	push_up(k);
}
int query(int k,int l,int r,int x,int y)
{
	if(x<=l && r<=y)return minv[k];
	int mid=(l+r)>>1,ret=inf;
	if(x<=mid)ret=query(k<<1,l,mid,x,y);
	if(mid<y)ret=min(ret,query(k<<1|1,mid+1,r,x,y));
	return ret;
}
inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0' && ch<='9')s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return s*w;
}
int main()
{
	// freopen("in.txt","r",stdin);
	n=read(),q=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	a[i]=read(),m=max(m,a[i]);
	vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=m;++i)
	{
		if(vis[i])continue;
		b[++cnt]=i,id[i]=cnt;
		c[i].push_back(cnt);
		for(int j=(i<<1);j<=m;j+=i)
		vis[j]=1,c[j].push_back(cnt);
	}
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
	p[i]=n+1;
	fill(f[n+1],f[n+1]+25,n+1);
	for(int i=n;i;--i)
	{
		f[i][0]=n+1;
		for(int j=0;j<c[a[i]].size();++j)
		{
			f[i][0]=min(f[i][0],p[c[a[i]][j]]);
			p[c[a[i]][j]]=i;
		}
	}
	build(1,1,n);
	for(int i=n;i;--i)
	{
		f[i][0]=query(1,1,n,i,f[i][0]-1);
		for(int j=1;j<=20;++j)
		f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
	}
	while(q--)
	{
		int l=read(),r=read();
		int x=l,ret=0;
		for(int i=20;i>=0;--i)
		if(f[x][i]<=r)
		ret+=(1<<i),x=f[x][i];
		++ret;
		printf("%d\n",ret);
	}
	return 0;
}