传送门

题意:给一棵带点权的有根树，求所有满足$u$是$v$的祖先的路径$(u,v)$的路径上所有点权的$gcd$的和模$1e9+7$。

$N\le 100000$

看到连续$gcd$多半是根据单调性维护链表之类的

对于每个点，记录所有祖先到它的路径$gcd$

由于最多只有$O(logV)$种取值并且是单调变倍数的，所以每一段只用维护开始位置和$gcd$

到子节点时相当于父节点的所有数与子节点的权值取$gcd$再加上自己

那么之前的一段仍是一段，并且有些段会合并

由于是$log$级别的，所以直接开$N$个$vector$,用父节点的暴力更新

复杂度$O(n{\log }^{2}V)$

略精神污染

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <utility>
#define MAXN 100005
#define MAXM 200005
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long ll;
typedef pair<int,ll> pi;
ll gcd(ll a,ll b){return b? gcd(b,a%b):a;}
int ans=0;
struct edge{int u,v;}e[MAXM];
int head[MAXN],nxt[MAXM],cnt;
void addnode(int u,int v)
{e[++cnt]=(edge){u,v};nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
vector<pi> lis[MAXN];
int dep[MAXN],fa[MAXN];
ll x[MAXN];
void dfs(int u)
{
//	int b=ans;if (fa[u]) lis[u].push_back(make_pair(lis[fa[u]][0].first,gcd(x[u],lis[fa[u]][0].second)));for (int i=1;i<lis[fa[u]].size();i++){ll t=gcd(x[u],lis[fa[u]][i].second);if (t==lis[u].back().second) continue;ans=(ans+lis[u].back().second*(dep[lis[fa[u]][i].first]-dep[lis[u].back().first])%MOD)%MOD;lis[u].push_back(make_pair(lis[fa[u]][i].first,t));}if (lis[u].empty()) lis[u].push_back(make_pair(u,x[u])),ans=(ans+x[u])%MOD;elseif (lis[u].back().second!=x[u]) ans=(ans+lis[u].back().second*(dep[u]-dep[lis[u].back().first])%MOD)%MOD,lis[u].push_back(make_pair(u,x[u])),ans=(ans+x[u])%MOD;else ans=(ans+x[u]*(dep[u]-dep[lis[u].back().first]+1)%MOD)%MOD;
//	printf("%d:\n",u);
//	for (int i=0;i<lis[u].size();i++) printf("%d %lld\n",lis[u][i].first,lis[u][i].second);
//	printf("contribution:%d\n",ans-b);for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (!dep[e[i].v]){dep[e[i].v]=dep[u]+1;fa[e[i].v]=u;dfs(e[i].v);}
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%I64d",&x[i]);for (int i=1;i<n;i++){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);addnode(u,v);addnode(v,u);}dep[1]=1;dfs(1);cout<<ans;return 0;
}