lc1819——枚举因数并判定，两种解法

https://leetcode-cn.com/problems/number-of-different-subsequences-gcds/solution/mei-ju-yin-shu-bing-pan-ding-liang-chong-fj6e/

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法一

力扣上大多数题解都是法一。因为值域是2e5，又是和公约数有关，所以肯定会考虑枚举因数。这里就考虑枚举i，并判定是否存在一个子序列的gcd是i。

开桶c[]记录每个数出现次数，枚举i的所有倍数j*i，则sum(c[j*i])就找到了数组里i的倍数构成的集合。对于每个合法j，求它们的gcd。若求得gcd为1，则说明该集合的gcd就是i，则i对答案有1的贡献；否则i对答案无贡献。

时间复杂度O(n*logn*logn)。

法二

这位神犇的解法是法二。定义c[i]为数组中是i的倍数的数字个数。对于i的倍数j*i，j >= 2，因为j*i的倍数的集合一定是i的倍数的集合的子集，所以总是满足c[j*i] <= c[i]。对于所有c[j*i] == c[i]的j，我们应只保留最大的那个j。比如[6,12,24,36]这个集合，c[6*1] == c[3*1] == c[2*1] == c[1] == 4，则只保留j = 6即可。

实现以上想法时，则枚举所有倍数，统计那些c[i]严格大于所有c[j*i]的i。

时间复杂度O(n*logn)。但是实测跑得比法一慢。

代码

法一

"use strict";var countDifferentSubsequenceGCDs = function(a) {let gcd = (x, y) => !y ? x : gcd(y, x % y)let mx = Math.max(...a)let c = new Array(mx + 1).fill(0)for (let v of a) c[v]++let ans = 0for (let i = 1; i <= mx; ++i) {let g = 0for (let j = 1; j * i <= mx; ++j) {if (!c[j * i]) continueg = gcd(g, j)if (g === 1) break}ans += g === 1}return ans
};

法二

"use strict";var countDifferentSubsequenceGCDs = function(a) {let gcd = (x, y) => !y ? x : gcd(y, x % y)let mx = Math.max(...a)let vis = Array(mx + 1).fill(0)let c = Array(mx + 1).fill(0)for (let v of a) vis[v]++for (let i = 1; i <= mx; ++i) {let tot = 0for (let j = 1; j * i <= mx; ++j) tot += vis[j * i]c[i] = tot}let ans = 0for (let i = 1; i <= mx; ++i) {let fl = c[i] > 0if (!fl) continuefor (let j = 2; j * i <= mx; ++j) {if (c[i] <= c[j * i]) {fl = falsebreak}}ans += fl}return ans
};

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