D. GCD and MST 思维 + 数论

题目大意：

有n个点排成一行。每个点有一个值。对于第i到j个点，如果i到j这一部分所有点的值的gcd等于所有点的值的min，那么这两点之间有一条边，长度就为所有点的值的min。此外，如果j=i+1，这两个点之间还会有一条长度为k的边。请你找出这n个点的最小生成树。

题解：

首先可以知道， (gcd(a_i,a_{i+1},...,a_j)=min(a_i,a_{i+1},...,a_j)) 假设最小值是 (a_x) ，那么其实就是找到一个区间 ([l,r]) (x) 属于这个区间，并且 (a_x) 整除这个区间任意一个数。
所以假设此时最小值是 (a_x) ，那么我从 (x) 往右，从 (x) 往左找到一个整除的区间 ([l,r]) ，然后继续找下一个最小值 (a_y) ，如果 (y) 属于区间 ([l,r]) ，那么就不需要找了，如果不在，那么找他的整除区间，与前面的区间不重叠。
然后可以用一个线性的写法 (ans[i]) 表示 (i) 这个位置的贡献，假设 (n) 为根节点。
对于每一个点 (i) 往后枚举整除的区间，如果整除的 (ans[j]<=a[i]) ，那么就停止往前找。
- 这个是因为如果 (ans[j]<=a[i]) ，那么说明 (ans[j]) 是被一个小于 (a[i]) 的值更新了，并且这个值的位置在 (i) 前面，那么可以说明 (ans[j]) 也整除 (a[i]) ，所以后面的值如果可以被 (a[i]) 更新，那么一定也可以被 (ans[j]) 更新。
总的来说，其实就是找到一个点去更新左右两边的点，然后加上一些优化。
但是这个过程中要注意，如果 (x,y) 是一个连通块的，那么 (a[x]) 更新了 (ans[y]) ，那么 (ans[x]) 就不能由 (a[y]) 更新。
最后求总和之后，找到一个 (ans[x]) 最大的值减去就是答案。
复杂度分析：
- 如果你理解了这个做法应该可以很容易发现这个是一个 (O(n)) 的
- 因为对于每一个数 (x) ，只会往后更新到不是他的倍数了
- 那么会不会 (x) 后面有一个数会重复更新这个区间呢？
- 加上后面有一个数 (y) ，也是在 (x) 更新的这个区间之内，那么 (a[y]>=a[x])
- 往后更新，如果 (ans[y+1]=a[x]) ，那么 (y) 是会立即停止的，因为 (ans[y+1]<=a[y])

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
int a[maxn],ans[maxn];
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n,p;
        scanf("%d%d",&n,&p);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),ans[i] = p;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=i;j<n;j++){
                if(a[j+1]%a[i]!=0||ans[j]<=a[i]) break;
                ans[j] = a[i];
            }
        }
        for(int i=n;i>=1;i--){
            for(int j=i-1;j>=1;j--){
                if(a[j]%a[i]!=0||ans[j]<=a[i]) break;
                ans[j] = a[i];
            }
        }
        ll res = 0;
        int maxs = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++) res += ans[i],maxs = max(maxs,ans[i]);
        printf("%lld
",res - maxs);
    }
    return 0;
}