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題目大意：給出一個(gè)長度為 $n$ 的數(shù)列 $a$ ，現(xiàn)在需要回答 $m$ 次詢問，每次詢問給出一段區(qū)間 $[l,r]$，需要回答最少需要將區(qū)間切分成幾段，才能使得每一段區(qū)間中的 $lcm$ 等于其自身的乘積

題目分析：首先需要分析出 "$lcm$ 等于其自身的乘積" 這句話的含義，其意義實(shí)際上就是，對(duì)于同一段中的所有數(shù)字來說，任意一個(gè)質(zhì)因子，至多只能在一個(gè)位置中做出貢獻(xiàn)

然后就是一個(gè)不難看出的貪心：從某個(gè)位置 $l$ 作為起點(diǎn)，對(duì)于后續(xù)連續(xù)的每個(gè)數(shù)字來說，如果加入到前一段中并不沖突，那么加入一定是最優(yōu)的，否則應(yīng)該自成一段

所以問題轉(zhuǎn)換為了，給出左端點(diǎn) $l$，如何計(jì)算出當(dāng)前區(qū)間的右端點(diǎn) $r$ 呢

不難發(fā)現(xiàn)，$a[l]$ 所做出的的貢獻(xiàn)就是，其所有質(zhì)因子，在數(shù)列中出現(xiàn)的下一個(gè)位置。為了使得 $a[l]$ 中的質(zhì)因子都只能在 $a[l]$ 中出現(xiàn)，需要維護(hù)一下上面提到的 “位置” 的最小值，又因?yàn)槲覀兇_定的 $l$ 是區(qū)間的左端點(diǎn)，如何確認(rèn)后續(xù)的數(shù)字也滿足條件呢？其實(shí)只需要倒著轉(zhuǎn)移即可。顯然以 $l$ 為起點(diǎn)的區(qū)間一定包含了以 $l+1$ 為起點(diǎn)的區(qū)間（或者自己獨(dú)立）

到此為止我們只需要對(duì)于每個(gè)詢問快速回答就好了，如果對(duì)于每個(gè)詢問都跳著查詢的話，時(shí)間復(fù)雜度還是會(huì)下降為 $O(n)$，所以考慮換個(gè)模型

顯然對(duì)于每個(gè)左端點(diǎn) $l$ 來說，有且僅有唯一一個(gè)與其對(duì)應(yīng)的右端點(diǎn) $r$ ，我們將其視為樹上的父子關(guān)系，就像考慮快速查詢 $LCA$ 那樣，我們確實(shí)可以套用樹上倍增的模型去快速查詢右端點(diǎn)，所以倍增一下每次就可以 $O(logn)$ 回答每個(gè)詢問了

代碼：

// #pragma GCC optimize(2) // #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") // #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ull; template<typename T> inline void read(T &x) {T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f; } template<typename T> inline void write(T x) {if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0'); } const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=1e6+100; int a[N],dp[N][25]; vector<int>node[N]; int pri[N],mmin[N],cnt; bool vis[N]; void P() {for(int i=1;i<N;i++) {mmin[i]=i;}for(int i=2;i<N;i++) {if(!vis[i]) {pri[cnt++]=i;}for(int j=0;j<cnt&&pri[j]*i<N;j++) {vis[pri[j]*i]=true;mmin[pri[j]*i]=min(mmin[pri[j]*i],pri[j]);mmin[pri[j]*i]=min(mmin[pri[j]*i],i);if(i%pri[j]==0) {break;}}} } void only(int x) {int n=a[x];while(n>1) {int tmp=mmin[n];while(n%tmp==0) {n/=tmp;}node[tmp].push_back(x);} } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);P();int n,m;read(n),read(m);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);only(i);}for(int i=1;i<N;i++) {node[i].push_back(n+1);}dp[n+1][0]=n+1;for(int i=n;i>=1;i--) {dp[i][0]=dp[i+1][0];int x=a[i];while(x>1) {int tmp=mmin[x];while(x%tmp==0) {x/=tmp;}int pos=*upper_bound(node[tmp].begin(),node[tmp].end(),i);dp[i][0]=min(dp[i][0],pos);}}for(int j=1;j<=20;j++) {for(int i=1;i<=n+1;i++) {dp[i][j]=dp[dp[i][j-1]][j-1];}}while(m--) {int l,r;read(l),read(r);int ans=1;for(int i=20;i>=0;i--) {if(dp[l][i]<=r) {ans+=1<<i;l=dp[l][i];}}printf("%d\n",ans);}return 0; }

總結(jié)

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