最大公約數

數據範圍：$n \ leq 10^6,a \leq 10^12$

兩種方法：

I.分治，像總體二分同樣，對於區間$[l,r]$的可取到最大權值的子區間，所在的位置有一下三種可能：

    (1)位於$[l,mid]$中，直接分治下去便可

    (2)位於$[mid+1,r]$中，直接分治下去便可 

    (3)同時包含mid,mid+1，即橫跨中間的數，思考如何處理這種狀況

    考慮貪心 的解決這個問題，因爲a[mid]確定在在這個區間裏，因此從a[mid]向左右擴展

    假如加入左邊的數或右邊的數可使區間的gcd不變，那麼加入它確定會使答案更優，那就把它踹到區間裏面

    若是左邊的數和右邊的數都不能整除gcd，咱們稱此時「好區間」，此時該怎麼辦呢

    咱們第一次不斷把左邊的數加入到區間裏，初始化後第二次不斷的吧右邊的數加入到區間裏，每次加入時把這個區間貪心的擴展成「好區間」，而後繼續向那個方向擴展便可。

    這樣爲何是對的呢，咱們能夠認爲因此的最優狀況都把這兩次操做徹底包含了。

    那麼你可能會提出，若是序列such 按時：2,2,6,6,3,3，咱們會發現咱們的作法不可能取到gcd爲1的區間，可是你huahua圖會發現，對於mid左邊的一個區間與mid右邊的一個區間合併起來若其gcd互相不整除，那麼合併後區間的gcd最大爲min（gcd_1,gcd_2)/2，而合併的兩個區間長度最大的區間的長度最少爲len/2，因此此時合併後區間權值的狀況是min（gcd_1,gcd_2)/2*len，與min（gcd_1,gcd_2)*len/2相等，因此這樣不管如何也不會漏掉一個對答案有貢獻的狀況

II.模擬

    枚舉每一個右端點，咱們找到以r右端點，每一個使gcd(l--->r)與gcd(l+1--->r)不一樣的l，時間複雜度O(nlog2n)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define int long long
#define MAXN 100050
using namespace std;
int n,a[MAXN];
int gcd(int x,int y){
    if(!y) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int dfs(int L,int R){
    if(L>R) return 0;
    int mid=(L+R)>>1;
    int l=mid,r=mid,ans=a[mid],g=a[mid],tr,tl;
    while(r<R){
        g=gcd(g,a[++r]);tl=r; tr=l;
        while(r<R && a[r+1]%g==0) ++r; 
        while(L<l && a[l-1]%g==0) --l; 
        ans=max(ans,g*(r-l+1));
    }
    l=r=mid; g=a[mid];
    while(L<l){
        g=gcd(g,a[--l]);
        while(r<R && a[r+1]%g==0) ++r;
        while(L<l && a[l-1]%g==0) --l;
        ans=max(ans,g*(r-l+1));
    }
    
    return max(ans,max(dfs(L,mid-1),dfs(mid+1,R)));
}
main(){
    scanf("%lld",&n);
    rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
    printf("%lld",dfs(1,n));
    return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define int long long 
#define MAXN 100050
using namespace std;
int a[MAXN],n,g[MAXN],ans;
queue<int> Q,P;
int gcd(int x,int y){
    if(!y) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
main(){
    scanf("%lld",&n);
    rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
    g[0]=-1; g[1]=a[1]; ans=a[1];
    Q.push(1);
    rep(i,2,n){
        int lst=0,x;
        while(!Q.empty()){
            x=Q.front(); Q.pop();
        //    cout<<x<<" ";
            g[x]=gcd(g[x],a[i]);
            ans=max(ans,g[x]*(i-x+1));
            if(g[x]!=g[lst]) P.push(x);
            lst=x;
        }g[i]=a[i];//cout<<endl;
        ans=max(a[i],ans);
        while(!P.empty()) Q.push(P.front()),P.pop();
        if(a[i]!=g[Q.back()]) Q.push(i);
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}