题目大意
给出一棵(n)个节点的树，每个节点上有点权(a_i)。
求最长的树上路径，满足条件：路径上经过节点（包括两个端点）点权的(gcd)和不等于1。
(Solution:)
因为这是DP专题里的题目，我们往(DP)的方向想
可以看出这道题很像点分治，这启发我们像点分治一样合并两条路径
对于一个顶点(u)(此处默认(u)为路径上深度最浅的点)，令(f_{u,j})表示从(i)向下挂出的路径上的点权均能被(j)整除的最大路径长度，那么对于(u)的一个子节点(v)，有
(f_{u,j}=maxlimits_{d_{u,j}=d_{v,k}}(f_{u,j},f_{v,k}+1))，其中(d_{u,j},d_{v,k})分别为(a_u,a_v)的第(j,k)个质因子
更新答案时，(ans=max(ans,f_{u,j}+f_{v,k}))，意思即为合并(u,v)往下挂出的两条路径（注意这句话要写在(f)数组更新之前）
最后若(ans=0)，则需要特判（具体见代码）
时间复杂度(O(n sqrt n ))（并不能过gdfzoj上的加强版数据）
UPD：此题在优化后过了(10^6)的数据，具体优化见代码
原来未优化的部分代码
inline void euler()
{
int cnt=0;
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(isprime[i]) prime[++cnt]=i;
fr(j,1,cnt)
{
if(i*prime[j]>maxn) break;
isprime[i*prime[j]]=false;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
isprime[0]=isprime[1]=false;
return ;
}
inline void getsingle()
{
fr(i,1,n) fr(j,1,sqrt(a[i]))
{
if(a[i]%j!=0) continue;
if(isprime[j]) d[i][++id[i]]=j,f[i][id[i]]=1;
if(isprime[a[i]/j]&&j*j!=a[i]) d[i][++id[i]]=a[i]/j,f[i][id[i]]=1;
}
return ;
}
优化后的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace my_std
{
typedef long long ll;
typedef double db;
#define pf printf
#define pc putchar
#define fr(i,x,y) for(register int i=(x);i<=(y);i++)
#define pfr(i,x,y) for(register int i=(x);i>=(y);i--)
#define enter pc('
')
#define space pc(' ')
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll inff=1e15;
inline int read()
{
int sum=0,f=1;
char ch=0;
while(!isdigit(ch))
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
sum=(sum<<1)+(sum<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return sum*f;
}
inline void write(int x)
{
if(x<0)
{
x=-x;
pc('-');
}
if(x>9) write(x/10);
pc(x%10+'0');
}
inline void writeln(int x)
{
write(x);
enter;
}
inline void writesp(int x)
{
write(x);
space;
}
}
using namespace my_std;
const int N=1e6+50;
int n,cnt,maxn=-inf,ans,primecnt,a[N],head[N],prime[N],id[N],d[N][15],f[N][15];
bool isprime[N];
struct edge
{
int nxt,to;
}e[N<<1];
inline void add(int u,int v)
{
e[++cnt].to=v;
e[cnt].nxt=head[u];
head[u]=cnt;
}
inline void euler()
{
int cnt=0;
memset(isprime,true,sizeof(isprime));
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(isprime[i]) prime[++cnt]=i;
fr(j,1,cnt)
{
if(i*prime[j]>maxn) break;
isprime[i*prime[j]]=false;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
isprime[0]=isprime[1]=false;
primecnt=cnt;
return ;
}
inline void getsingle()
{
//这里由枚举a[i]的因数改变成枚举质数再判断整除
fr(i,1,n) fr(j,1,100)
{
if(prime[j]>a[i]) break;//注意这里不能是sqrt(a[i])，因为大于sqrt(a[i])的质数可能是由小于sqrt(a[i])的一个合数除a[i]得来的，调了1h
if(a[i]%prime[j]!=0) continue;
d[i][++id[i]]=prime[j],f[i][id[i]]=1;
//if(isprime[a[i]/prime[j]]&&prime[j]*prime[j]!=a[i]) d[i][++id[i]]=a[i]/prime[j],f[i][id[i]]=1;
}
return ;
}
void dfs(int u,int fa)
{
for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
{
int v=e[i].to;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
if(id[u]&&id[v]) fr(j,1,id[u]) fr(k,1,id[v])
{
if(d[u][j]!=d[v][k]) continue;
ans=max(ans,f[u][j]+f[v][k]);
f[u][j]=max(f[u][j],f[v][k]+1);
}
}
return ;
}
int main(void)
{
n=read();
fr(i,1,n) a[i]=read(),maxn=max(a[i],maxn);
fr(i,1,n-1)
{
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}
bool husu=1;
fr(i,1,n) if(a[i]!=1) husu=0;
if(husu)
{
puts("0");
return 0;
}
euler();
getsingle();
dfs(1,1);
if(ans) writeln(ans);
else puts("1");
return 0;
}
/*
^ ^ ^ ^
(OwO) (OwO)
~(- - -) (- - -)~
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*/