2019年華南理工大學程序設計競賽（春季賽）H Parco_Love_GCD

傳送門.

題解：

首先要想到顯而易見的結論：
當右端點r固定時，gcd[l…r]不同的值只有$log值域$個。

假設l一開始在r上，不斷向左移，當gcd變化時，gcd至少/2，所以最多除以log次。

那麼不難得到一個暴力的做法：
右端點向右掃
維護gcd發生變化的左端點

右端點右移時，變化點的gcd對a[r]取gcd,再加上r爲變化點，unique一下即可。

複雜度：$O(nlog^2n)$，兩個log都是跑不滿的，所以飛快。

也可以優化一下，就是合併的右端點一定是一段後綴，但是極限複雜度不變。

Code：

#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, B = y; i <= B; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, B = y; i <  B; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, B = y; i >= B; i --)
#define ll long long
#define pp printf
using namespace std;

const int N = 5e5 + 5;

int n, a[N], v[N], d[N], d0;

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

int cmp(int x, int y) {
	return v[x] == v[y];
}

const int mo = 1e9 + 7;

ll ans;

int main() {
	scanf("%d", &n);
	fo(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
	fo(i, 1, n) {
		fo(j, 1, d0) v[d[j]] = gcd(v[d[j]], a[i]);
		d[++ d0] = i; v[i] = a[i];
		d0 = unique(d + 1, d + d0 + 1, cmp) - (d + 1);
		fo(j, 1, d0 - 1) ans = (ans + (ll) v[d[j]] * (d[j + 1] - d[j])) % mo;
		ans = (ans + (ll) v[d[d0]] * (i - d[d0] + 1)) % mo;
	}
	pp("%lld", ans);
}