题目描述
有 \(n\) 张扑克，第 \(i\) 张扑克上写有一个正整数 \(a_i\)。
现在要把扑克划分成若干个合法的连续子段，其中，一个连续子段 \([l,r]\)“合法”当且仅当这个子段同时满足两个条件：
- \(a_l< a_r\)
- \(\gcd(a_l,a_r)>1\)
请问最多能划分多少段。如果没有合法的划分方案，输出 \(-1\) 即可。
Solution
不妨先来想一想暴力的 dp 怎么写。
不难想到令 \(f_i\) 为以 \(i\) 结尾的最多段数，则可写出方程：
\[dp_i= \max \limits _{j=1} ^{i-1} (dp_j+1)[(\gcd(a_j,a_i)>1) ~\land~ (a_i>a_j) ]
\]
其中中括号里的代表转移条件，\(\land\) 代表且。
时间复杂的 \(O(n^2)\)，考虑优化。
如果只考虑 \(a_l<a_r\) 这个条件，我们不难想到值域的数据结构优化。
现在我们可以考虑 \(\gcd(a_l,a_r) > 1\) 的特殊性。
不妨先将 \(a_l,a_r\) 质因数分解，如果 \(\gcd(a_l,a_r) > 1\) 则它们必定包含相同的质因数。利用这条性质，我们可以将所有 \(a_i\) 所包含的质因数中给每一个质因数开一棵树状数组。
再结合 \(a_l<a_r\) 这个条件，我们就可以改成开值域数组数组。
但是有一个雷点就是不要离散化之后直接丢进去，因为当前 \(a_i\) 是质因数的倍数，所以可以将这个倍数离散化之后再塞进去，这样即可避免 MLE。
Tips
开树状数组时一定要用 vector，并且不要长度开多了。
dp 数组和树状数组一定要初始化为负无穷，不然就像我一样条半天。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define debug cout<<"fuck you"<<endl;
#define int long long
using namespace std;
const int N=3e5+5;bool vis[N];
int pri[N],cnt;void ol(int SZ){//预处理素数 memset(vis,1,sizeof(vis));vis[1]=0;for(int i=2;i<=SZ;i++){if(vis[i]) pri[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt && pri[j]*i<=SZ;j++){vis[pri[j]*i]=0;if(i%pri[j]==0) break;}}
// for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<pri[i]<<" ";
}vector<int> d[N],tmp_d[N];//d[i]为第i个数的质因数集合
int num_d[N];
void push_d(int x,int num){//分解质因数 for(int i=1;pri[i]*pri[i]<=x;i++){if(x%pri[i]==0){d[num].push_back(pri[i]);while(x%pri[i]==0) x/=pri[i];} } if(x!=1) d[num].push_back(x);return;
} int lowbit(int x){return x&-x;
}
struct FK_tree{//树状数组 vector<int> tr;int max_n;void init(int xx){max_n=xx+1;tr.resize(xx+10,-1e9);}int ask(int fk){int res=-1e9;for(;fk;fk-=lowbit(fk))res=max(res,tr[fk]);return res;}void change(int fk,int fq){for(;fk<=max_n;fk+=lowbit(fk))tr[fk]=max(tr[fk],fq);}
};int get_rnk(int trr,int val){//离散化后获取倍数的排名 vector<int>::iterator iter = tmp_d[trr].begin() + num_d[trr]; //一定要用迭代器 return lower_bound(tmp_d[trr].begin(),iter,val) - tmp_d[trr].begin() + 1;//+1是为了避免RE
}vector<FK_tree> tree;
int a[N],n,tot,f[N],tot_tr;
map<int,int> mp,trmp;
signed main(){tree.resize(2e5);ol(2e5);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++) push_d(a[i],i);memset(f,-0x7f,sizeof f);f[1]=-1; for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<d[i].size();j++)if(trmp[d[i][j]]==0) trmp[d[i][j]]=++tot_tr,tree[trmp[d[i][j]]].init(2*N/d[i][j]);//cout<<tot_tr;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<d[i].size();j++)tmp_d[trmp[d[i][j]]].push_back(a[i]);for(int i=1;i<=tot_tr;i++){sort(tmp_d[i].begin(),tmp_d[i].end());num_d[i]=unique(tmp_d[i].begin(),tmp_d[i].end()) - tmp_d[i].begin();}for(int j=0;j<d[1].size();j++)tree[trmp[d[1][j]]].change(get_rnk(trmp[d[1][j]],a[1]),0);for(int i=2;i<=n;i++){for(int j=0;j<d[i].size();j++)f[i]=max(f[i],tree[trmp[d[i][j]]].ask(get_rnk(trmp[d[i][j]],a[i])-1)+1);for(int j=0;j<d[i+1].size();j++)//下一个区间的开头，所以要 +1 tree[trmp[d[i+1][j]]].change(get_rnk(trmp[d[i+1][j]],a[i+1]),f[i]); }if(f[n]<0) cout<<-1;else cout<<f[n];
}