題意 ：

• 如上題，只是$a_i$的范圍從$2?10^5$變成$2?10^7$

思路 ：

• $easyversion$的復雜度是$O(NlogN)$，瓶頸在于cnt和dp
• 考慮$dp[4]$的轉移，它可以從$dp[1]$和$dp[2]$轉移而來，我們發現顯然從$dp[2]$轉移過來一定更優，因為1也是2的約數，$dp[2]$是從$dp[1]$轉移而來的
• 對于$dp[i?j]$，如果$j|i$，從$dp[i]$轉移肯定比$dp[j]$更優，也就是說dp轉移的循環中第二重循環從“i的所有倍數”優化成了“i的所有質數倍數”，這樣就可以讓每個dp狀態從少得多的狀態轉移過來，且最優的狀態轉移一定包含于其中
• 這樣優化后發現cnt也只需要算出某個數字的質數倍數字的數量，因此這里也可以優化，但cnt求的過程中要注意枚舉順序

#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <vector> #include <unordered_set> #include <math.h> #define endl '\n' #define fi first #define se second #define pb push_backusing namespace std; using ll = long long;typedef pair<int, int> PII;const int N = 2e7 + 10;ll a[N], cnt[N]; ll dp[N]; int primes[N / 10], idx; bool st[N];void get_primes(int n) {st[0] = st[1] = true;for (int i = 2; i <= n; i ++ ){if (!st[i]) primes[idx ++ ] = i;for (int j = 0; i * primes[j] <= n; j ++ ){st[i * primes[j]] = true;if (i % primes[j] == 0) break;}} }int main() {cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);get_primes(N - 1);int n; cin >> n;for (int i = 1, x; i <= n && cin >> x; i ++ ) ++ cnt[x];for (int i = 0; i < idx; i ++ )for (int j = (N - 1) / primes[i] ; j >= 1; j -- )cnt[j] += cnt[primes[i] * j];dp[1] = n;ll ans =0 ;for (int i = 1; i < N ; i ++ ){for (int j = 0; primes[j] * i < N; j ++ ){int ij = i * primes[j];dp[ij] = max(dp[ij], dp[i] + (ij - i) * cnt[ij]);}ans = max(ans, dp[i]);}cout << ans << endl;return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Divan and Kostomuksha (H version) dp，gcd（2300）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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