标签：gcd Recovering BST 题解 int 枚举 read 区间 dp
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Description.
给定 \(n\) 个数，问能否构成一个二叉排序树，使得每条边两端 \(\gcd>1\)。
\(n\le 700\)
Solution.
性质什么的很显然，一个子树肯定是一个区间，根要么是左边要么是右边。
首先有一个 \(O(n^5)\) 的 dp，定义 dp[l][r][k] 表示 \([l,r]\) 作为子树，\(k\) 作为根能否可行。
每次枚举最后的根，枚举左端点的根，枚举右端点的根，复杂度达到了 \(O(n^5)\) 过不去（吧）
发现左子树和右子树其实本质相同，而且我们对于一个区间，它的根是确定的。
我们可以考虑分别设两个 dp 表示它作为左子树、右子树是否可行。
考虑这个能否转移，首先左边右边两段区间拼起来可以得到当前这个区间是否可行。
然后枚举分界点时，分界点肯定是根，然后就免去了暴力枚根的时间。
总复杂度变成了 \(O(n^3)\) 加上区间 dp 小常数。
Coding.
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//Coded by Kamiyama_Shiki on 2021.11.05 {{{
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),f=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) f=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
f?x=-x:x;
}
template<typename T,typename...L>inline void read(T &x,L&...l) {read(x),read(l...);}//}}}
const int N=705;int n,a[N],w[N][N],dp[N][N][2];
inline int gcd(int x,int y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
int main()
{
read(n);for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) w[i][j]=gcd(a[i],a[j]);
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i-1][0]=dp[i+1][i][1]=1;
for(int ln=0;ln<n;ln++) for(int l=1,r=l+ln;r<=n;l++,r++)
for(int k=l;k<=r;k++) if(dp[l][k-1][0]&&dp[k+1][r][1])
{
if(l==1&&r==n) return puts("Yes"),0;
if(l!=1&&w[k][l-1]!=1) dp[l][r][1]=1;
if(r!=n&&w[k][r+1]!=1) dp[l][r][0]=1;
}
return puts("No"),0;
}
标签：gcd,Recovering,BST,题解,int,枚举,read,区间,dp 来源： https://www.cnblogs.com/pealfrog/p/15520357.html
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