考虑枚举左端点i，则随着右端点的右移，一共只有$O(\log n)$种不同的gcd取值。所以首先通过ST表+二分查找预处理出$O(n\log n)$个四元组(x,i,l,r)，表示左端点为i，右端点取值范围在[l,r]内，且这一段的gcd都为x。

将四元组按照x为第一关键字，i为第二关键字排序，对于相同的x一起处理。

当x相同时，显然所有的i互不相同。设f[i]为恰好以位置i为结尾的最优解，则对于一个四元组(x,i,l,r)，能更新它的最优解为区间[1,i-1]的最优值+1，然后用它更新区间[l,r]的f[]。用支持打标记的线段树维护即可。时间复杂度$O(n\log^2n)$。

比赛的时候TLE不止，赛后什么都没改交了一发居然直接就过了。

 

#include
     
      #include
      
       #include
       
        using namespace std;const int N=100010,K=17,P=998244353,M=262145;int T,n,m,i,j,x,y,l,r,mid,Log[N],val,f[K][N];struct PI{  int x,i,l,r;  PI(){}  PI(int _x,int _i,int _l,int _r){x=_x,i=_i,l=_l,r=_r;}}a[3000000];inline bool cmp(PI a,PI b){return a.x==b.x?a.i
        
         
          b.x)return Num(x,y);    return Num(x,(y+b.y)%P);  }  inline Num operator+(int _x){return Num(x+_x,y);}  inline Num operator-(int b){return Num(x,(long long)y*b%P);}  inline void operator+=(Num b){*this=*this+b;}}tmp,v[M],tag[M],ans;int pos[M];inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10LL)+=c-'0';}inline int askgcd(int y){int k=Log[y-i+1];return __gcd(f[k][i],f[k][y-(1<
          
           >1; if(c<=mid)change(x<<1,a,mid,c,d); if(d>mid)change(x<<1|1,mid+1,b,c,d); up(x);}void ask(int x,int a,int b,int c,int d){ clean(x); if(c<=a&&b<=d){tmp+=v[x];return;} pb(x); int mid=(a+b)>>1; if(c<=mid)ask(x<<1,a,mid,c,d); if(d>mid)ask(x<<1|1,mid+1,b,c,d); up(x);}int main(){ for(i=2;i<=100000;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1; while(~scanf("%d",&n)){ m=0; ans=Num(); for(i=1;i<=n;i++)read(f[0][i]); int flag=0; for(i=2;i<=n;i++)if(f[0][i]!=f[0][i-1]){flag=1;break;} if(!flag){printf("%d 1\n",n);continue;} for(j=1;j
           
            <
            
             <=n;i++)f[j][i]=__gcd(f[j-1][i],f[j-1][i+(1<
             
              >1)==val)l=(y=mid)+1;else r=mid-1; a[++m]=PI(val,i,x,y); } sort(a+1,a+m+1,cmp); for(i=1;i<=m;i++){ if(i==1||a[i].x!=a[i-1].x)T++; tmp=Num(); if(a[i].i>1)ask(1,1,n,1,a[i].i-1); if(!tmp.x)tmp=Num(1,1);else tmp.x++; ans+=tmp-(a[i].r-a[i].l+1); change(1,1,n,a[i].l,a[i].r); } printf("%d %d\n",ans.x,ans.y); } return 0;}