题目：hdu的5726
（我原博客的东西，正好整理过来，属于st表裸题）
（可以看出我当时有多么的菜……）
这道题写了一遍，然而蒟蒻的我的时间爆炸了……
于是看了一下学长的代码（顺便在此处%一下学长）。
不明觉厉了两个小时
终于看明白了
由于这道题是基于st表写的（这部分比较基础）
我就直接讲第二问（就是查相等GCD个数）
那么为了不用每一个区间挨个比较一遍的话，我们所能想到的速度较快的方法……
对！二分。
但是如果把二分的方法想象成类似于查询数的方法那是不可以的（因为数字是无序的，很容易造成GCD增长趋势无规律，所以这个方法行不通）
然后怎么办呢？
这时候，如果我们固定左端点，存下左端点的值，然后去移动右端点的话，我们会发现什么呢？
对，没错！我们发现了突破口！
以这种方式移动而形成的区间的GCD永远要小于等于咱们存的值（这个不用讲为什么也应该能明白吧（即GCD永远不会大于整个区间内最小的数））
也就是说GCD的值成单调不上升趋势。
好的，然后我们怎么办呢？固定左端点，慢慢移动右端点来算？
不用不用，我们用二分的思想，让它跳跃查询。
（以下话请对照程序看）
首先我们需要两个指针，取它们的mid，然后比较
如果从左端点（即i）到mid的区间恰好等于所存值（即g），那么就说明有这个区间的长度数个相同的GCD。
此时我们就可以将mid稍稍往右移一些，看看是否个数还能再增加（通过右移l实现）
如果增加不了的话，就说明mid太大了，往左移一些（通过左移r实现）
直到两个指针碰在一起了，算出个数（注意是将个数加上（+=）而不是赋值（=））
然后呢将我们所存值（g）缩小一些（即移动j，然后g=suan（i，j））（因为此时mid=l，将j放在l的外面的话g恰好不一样（而且肯定变小））
再重复上述步骤就可以了，我们此时就能得到所有GCD相同的个数了
注意：因为本体数据过大，所以用map，具体怎么实现……还是看代码吧，我也不太会（也就是说，其实就是将二分的方法和map复述一遍罢了……这方法不是我原创的但题解是我写的（来自强迫症的我））
附上代码：
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
map<int,long long>mp;
int gcd(int a, int b){
if(!b)return a;
else return gcd(b,a%b);
}
int dp[100001][30];
int qpow(int a){
return (1<<a);
}
void st(int n){
for(int j=1;j<=int(log2(n));j++){
for(int i=1;i<=n;i++){
int p=i+qpow(j)-1;
if(p>n)continue;
dp[i][j]=gcd(dp[i][j-1],dp[i+qpow(j-1)][j-1]);
}
}
return;
}
int suan(int x,int y){
double s=y-x+1;
int ke=log2(s);
int he=qpow(int(log2(s)));
return gcd(dp[x][ke],dp[y-he+1][ke]);
}
void erfen(int n){
mp.clear();
for(int i=1;i<=n;i++){
int g=dp[i][0],j=i;
while(j<=n){
int l=j,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r+1)/2;
if (suan(i,mid)==g)l=mid;
else r=mid-1;
}
mp[g]+=r-j+1;
j=l+1;
g=suan(i,j);
}
}
}
int main(){
int n,t,q,x,y,w;
scanf("%d",&t);
for(int wohaocai=1;wohaocai<=t;wohaocai++){
printf("Case #%d:
",wohaocai);
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&dp[i][0]);
}
st(n);
erfen(n);
scanf("%d",&q);
for(int i=1;i<=q;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if(y<x){
int t=x;x=y;y=t;
}
int k=suan(x,y);
printf("%d %lld
",k,mp[k]);
}
}
return 0;
}