這題其實比較naive……

問題是我更naive……

這題偉大的楊隊長提出了一個 的dp做法……

我的做法就很naive了。

首先我們發現，如果我們對兩個相鄰的數進行一次操作，這個操作產生的影響最多波及的a[i+2]

（前提是我們從前向後操作）

這就為我們分類討論提供了簡化。

其次有一個很顯然的結論：

設a[i],a[i+1]的gcd為x，顯然我選擇每次除掉x的一個質因數，至少比直接除掉x的策略要優

這個結論很顯然，當且僅當兩個質因數都是2的時候這兩種操作的價值才相等。

或者只有一個質因數。

換而言之我們先篩出素數，然後計算每個質數產生的貢獻，討論它所能夠影響的範圍即可。

然後這麽做發現我能被自己叉掉……

於是在這麽跑完之後，再掃一次gcd數組，繼續上述的討論直接除掉gcd即可~

因為可能會剩下某些質數……

#include<bits/stdc++.h>
#define N 50005
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,a[N],g[N],f[N],vis[N],cnt;
ll ans,sum;
int gcd(int x,int y){if(!y)return x;return gcd(y,x%y);}
inline int read(){
    int f=1,x=0;char ch;
    do{ch=getchar();if
 
(ch==‘-‘)f=-1;}while(ch<‘0‘||ch>‘9‘);
    do{x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘);
    return f*x;
}
int prime[N];
void calcpri(){
    memset(vis,1,sizeof(vis));
    for(int i=2;i<=5000;i++){
        if(vis[i])prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            
 
int t=i*prime[j];if(t>5000)break;
            vis[t]=0;
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
}
int main(){
    n=read();for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
    for(int i=1;i<n;i++)g[i]=gcd(a[i],a[i+1]);
    calcpri();
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        memset(f,0,sizeof(f));
        for(int j=1;j<n;j++)while(g[j]%prime[i]==0)f[j]++,g[j]/=prime[i];
        sum=0;
        for(int j=1;j<n;j++){
            sum+=f[j];int w=f[j];f[j]=0;
            w=min(w,f[j+1]);f[j+1]-=w;
            w=min(w,f[j+2]);f[j+2]-=w;
        }
        ans+=1LL*prime[i]*sum;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(g[i]>1){
            ans+=g[i];if(g[i+2]==g[i]&&g[i+1]==g[i])g[i+2]=1;
            if(g[i+1]==g[i])g[i+1]=1;g[i]=1;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
}

【洛谷P1408】 互質數列