題意: 給你一個大小為n的序列，讓你求裡面所有子串的GCD，求裡面最多有多少不同的GCD。

思路： 利用集合set–tmp維護 到當前子串的最後一個元素的所有GCD，set–ans儲存所有不同種類的GCD。
分析一下為什麼不會超時，一開始以為這個演算法很暴力,覺得是O(n^2 * logn)
其實，我們猜想最暴力的情況 即，1 ，2 ， 4， 8 ，16，…… ，2^n 這組資料，我們會以為
1<=n<=5e5,這樣子一定非常暴力！ 其實！不是！！
為什麼呢？因為——-元素ai 要在[1,1e18]這個範圍內，所以2^n <= 10^18
兩遍同取log2 可以 轉換—–> n<= 18log2(10) 這個 數字約等於60，遠遠小於5e5，所以這個演算法複雜度差不多為O(n*18log2(10) * logn）。

AC程式碼： 臨摹超霸ORZ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb                          push_back
#define sz(x)                       int(x.size()-1)
#define all(x)                      x.begin(),x.end()
#define rep(i,s,e)                  for (int i=s;i<=e;i++)
#define rev(i,s,e)                  for (int i=e;i>=s;i--)
 

typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXN = 5e5 + 5;
LL gcd(LL a,LL b)
{
    if(!b) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}
set<LL> tmp1,tmp2,ans;
set<LL> ::iterator it;
LL a[MAXN];
int main()
{
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif
 

    ios_base::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin>>n;
    rep(i,1,n) cin>>a[i];
    int f = 0;
    rep(i,1,n)
    {
        if(f)
        {
            tmp1.clear();
            for(it = tmp2.begin();it!=tmp2.end();it++)
            {
                LL x = gcd(a[i],*it);
                tmp1.insert(x);
                ans.insert(x);
            }
            tmp1.insert(a[i]);
            ans.insert(a[i]);
        }
        else
        {
            tmp2.clear();
            for(it = tmp1.begin();it!=tmp1.end();it++)
            {
                LL x = gcd(a[i],*it);
                tmp2.insert(x);
                ans.insert(x);
            }
            tmp2.insert(a[i]);
            ans.insert(a[i]);
        }
        f ^= 1;
    }
    cout<<ans.size()<<endl;
    return 0;
}