Problem B: [noip2016十连测第五场]walk

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Description

完整试题详见:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/upload/201610/statements(1).pdf

给定一棵 n 个节点的树，每条边的长度为 1，同时有一个权值w。定义一条路径的权值为路径上所有边的权值的最

大公约数。现在对于任意 i∈[1,n]， 求树上所有长度为 i 的简单路径中权值最大的是多少。如果不存在长度为 

i 的路径，则第 i 行输出 0。

Input

第一行，一个整数 n，表示树的大小。

接下来 n-1 行，每行三个整数 u,v,w，表示 u,v 间存在一条权值

为 w 的边。

n≤4*10^5， 1≤u,v≤n， w≤10^6

Output

对于每种长度，输出一行，表示答案。

Sample Input

3
1 2 3
1 3 9

Sample Output

9
3
0

HINT

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题解：树形dp

这道题我们可以考虑枚举最大公因数，然后求最大公因数为i的最长链。这个需要怎么办呢？我们考虑将每条边拆成因数条边，要是一次性加入的话数量会炸飞，所以我们每次将是当前公因数倍数的边加入，然后求树上的最长链。然后用当前的公因数更新长度为最长链的长度的答案。求解后将数组清零，重复利用。

有些长度可能不会出现在最长链中，因为他是构成最长链的一部分，所以如果这个长度的答案<长度大于他的答案的话，就要将长度大于他的答案给他，从大到小枚举ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]).

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define N 800003
#define M 1000006
using namespace std;
int head[M],nxt1[N],x1[N],y2[N],cnt,sz,ans[N];
int point[M],nxt[N],v[N],tot,st[N],top,vis[N],len;
int n,m,mark;
void add(int k,int x,int y)
{
 	cnt++; nxt1[cnt]=head[k]; head[k]=cnt; x1[cnt]=x; y2[cnt]=y;
}
void add1(int x,int y)
{
	tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;
	tot++; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x;
	st[++top]=x; st[++top]=y;
}
int dfs(int x,int fa)
{
	vis[x]=sz;
	int l=0,r=0;
	for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
	 if (vis[v[i]]!=sz&&v[i]!=fa){
	 	int t=dfs(v[i],x);
	 	if (t+1>l) r=l,l=max(l,t+1);
	 	else if (t+1>r) r=max(r,t+1);
	 }
	len=max(len,l+r);
	return l;
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("my.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<n;i++)
     {
     	int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
     	add(c,a,b);
	 }
	for (int i=1;i<=1000000;i++){
		for (int j=i;j<=1000000;j+=i)
		 for (int k=head[j];k;k=nxt1[k])
		  add1(x1[k],y2[k]);
		mark=i; ++sz; len=0;
		for (int j=1;j<=top;j++)
		 if (vis[st[j]]!=sz) dfs(st[j],0);
		ans[len]=max(ans[len],i);
		for (int j=1;j<=top;j++)
		 point[st[j]]=0;
		tot=0; top=0;
	}
	for (int i=n;i>=1;i--)  ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);
	for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}