题意：
有一棵 n 个节点的无根树（\(n\le 1.6\times 10^5\)），树上第 i 个节点有一个正整数 \(A_i\) 作为点权。有趣的是，这棵无根树度数为 1 的节点不超过 10 个。
请求出一条树上的路径，使得路径上包含的节点个数乘以路径经过点权的最大公约数最大。
题解：
方法一：
乱搞，由于一个数的因数是 \(\sqrt n\) 左右的，所以我们可以把每一个叶子拎出来，用 map 维护对于这个子树，经过自己且自己为一个链的端点的所有可能的答案。我们不可能数漏，因为把每一个叶子拎起来的过程就对应了一种成链方向，而枚举所有叶子可以保证每一条可能的答案都至少形成一次祖先子树关系。复杂度 \(O(10n\sqrt n)\) 左右，跑不满。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define umap unordered_map
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,k,T,a[N],d[N],ans;
umap<int,int> mp[N];
vector<int> g[N];
void dfs(int u,int fa){for(int v:g[u]){if(v==fa) continue;dfs(v,u);for(auto t:mp[v]){int x=__gcd(a[u],t.fi);mp[u][x]=max(mp[u][x],t.se+1);ans=max(ans,x*t.se+1);}mp[v].clear();}mp[u][a[u]]=max(mp[u][a[u]],1ll);ans=max(ans,a[u]*mp[u][a[u]]);
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;rep(i,1,n){cin>>a[i]; }rep(i,1,n-1){int u,v;cin>>u>>v;d[u]++;d[v]++;g[u].pb(v);g[v].pb(u);}rep(i,1,n){if(d[i]==1){dfs(i,0);ans=max(ans,a[i]*mp[i][a[i]]);mp[i].clear();}}cout<<ans;return 0;
}方法二：
思考链的情况，其实就是JSOI2015] 最大公约数 - 洛谷,复杂度 \(O(n\log^2n)\) 我们考虑延续这种做法，发现我们可以把任意两个叶子的路径组成一条链，答案一定在这之中，总复杂度\(O(45n\log^2 n)\)。
细节：用 dfs 序 \(+\) 栈 维护这条路径上的点比较方便。不要乱用 \(long~long\) 会 \(T\)。
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,k,T,a[N],f[N],tmp[N],cnt,dfn[N],idx[N],top[N];
int hson[N],siz[N],dep[N],d[N],s[N],tot;
long long ans;
vector<int> g[N];
void dfs1(int u,int fa){f[u]=fa;dep[u]=dep[fa]+1;siz[u]=1;for(int v:g[u]){if(v==fa) continue;dfs1(v,u);siz[u]+=v;if(siz[v]>siz[hson[u]]) hson[u]=v;}
}
void dfs2(int u,int fa){dfn[u]=++tot;idx[tot]=u;if(hson[u]){top[hson[u]]=top[u];dfs2(hson[u],u);}for(int v:g[u]){if(v==fa||v==hson[u]) continue;top[v]=v;dfs2(v,u);}
}
void work(int s,int e){if(s==e){ans=max(ans,(ll)a[idx[tmp[s]]]);return;}int mid=s+e>>1;work(s,mid);work(mid+1,e);int g=a[idx[tmp[mid]]],l=mid,r=mid;while(s<l&&r<=e){g=__gcd(g,a[idx[tmp[--l]]]);while(s<l&&!(a[idx[tmp[l-1]]]%g)) l--;while(r<e&&!(a[idx[tmp[r+1]]]%g)) r++;ans=max(ans,(ll)(r-l+1)*g);}g=a[idx[tmp[mid]]],l=r=mid;while(s<=l&&r<e){g=__gcd(g,a[idx[tmp[++r]]]);while(s<l&&!(a[idx[tmp[l-1]]]%g)) l--;while(r<e&&!(a[idx[tmp[r+1]]]%g)) r++;ans=max(ans,(ll)(r-l+1)*g);}
}
void mak(int x,int y){stack<pii>st1,st2;cnt=0;int tag=0;while(top[x]!=top[y]){if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y),tag^=1;if(tag==0) st1.push({dfn[top[x]],dfn[x]});else st2.push({dfn[top[x]],dfn[x]});x=f[top[x]];}if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);st1.push({dfn[x],dfn[y]});while(!st1.empty()){pii l=st1.top();st1.pop();per(i,l.se,l.fi) tmp[++cnt]=i;}while(!st2.empty()){pii l=st2.top();st2.pop();rep(i,l.fi,l.se) tmp[++cnt]=i;}work(1,cnt);
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n;rep(i,1,n) cin>>a[i];rep(i,1,n-1){int u,v;cin>>u>>v;d[u]++;d[v]++;g[u].pb(v);g[v].pb(u);}dfs1(1,0);top[1]=1;dfs2(1,0);tot=0;rep(i,1,n) if(d[i]==1) s[++tot]=i;rep(i,1,tot)rep(j,i+1,tot)mak(s[i],s[j]);cout<<ans;return 0;
}
方法三（官方写法）：
注意到只有 \(10\)个叶子节点，所以我们依此从这 \(10\)个叶子节点开始 DFS。 并且可以发现对于一个串从左往右做前缀gcd，最多只有 \(O(logV)\)个不同的值。 所以我们维护分界点的位置和值，然后对于在串的开头增加一个数字，我们可以\(O(logV)\) 暴力更新我 们维护的位置和值。 所以每次DFS的时候，从上往下DFS，并且维护每个点到根节点的路径上的\(O(logV)\) 个分界点即可。 最终复杂度\(O(10nlogV)\) 。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define xx first
#define yy second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<=i##_end_;i++)
#define dwn(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>=i##_end_;i--)
using namespace std;
inline int read() {int x=0,f=1;char c=getchar();for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';return x*f;
}
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=160010;
int n,fa[maxn],val[maxn],first[maxn],nxt[maxn<<1],to[maxn<<1],deg[maxn],e;
void AddEdge(int u,int v) {to[++e]=v;nxt[e]=first[u];first[u]=e;to[++e]=u;nxt[e]=first[v];first[v]=e;deg[u]++;deg[v]++;
}
ll ans;
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
ll dep[maxn];
struct Data {int n;pii a[35];
}D[maxn];
void dfs(int x) {D[x]=D[fa[x]];dep[x]=dep[fa[x]]+1;D[x].a[++D[x].n]=mp(x,val[x]);rep(i,1,D[x].n) {D[x].a[i]=mp(D[x].a[i].xx,gcd(D[x].a[i].yy,val[x]));ans=max(ans,D[x].a[i].yy*(dep[x]-dep[fa[D[x].a[i].xx]]));}int cnt=0;rep(i,1,D[x].n) if(D[x].a[i].yy!=D[x].a[i-1].yy) D[x].a[++cnt]=D[x].a[i];D[x].n=cnt;for(int i=first[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa[x]) fa[to[i]]=x,dfs(to[i]);
}
int main() {n=read();rep(i,1,n) val[i]=read();rep(i,2,n) AddEdge(read(),read());rep(i,1,n) if(deg[i]==1) fa[i]=0,dfs(i);printf("%lld\n",ans);return 0;
}
