##[$AcWing$ $246$. 区间最大公约数](https://www.acwing.com/problem/content/description/247/)

### 一、题目描述
给定一个长度为 $N$ 的数列 $A$，以及 $M$ 条指令，每条指令可能是以下两种之一：
  * `C l r d`，表示把 $A[l],A[l+1],…,A[r]$ 都加上 $d$
  * `Q l r`，表示询问 $A[l],A[l+1],…,A[r]$ 的最大公约数($GCD$)。

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

**输入格式**
第一行两个整数 $N,M$。

第二行 $N$ 个整数 A[i] 。

接下来 $M$ 行表示 $M$ 条指令，每条指令的格式如题目描述所示。

**输出格式**
对于每个询问，输出一个整数表示答案。

每个答案占一行。

**数据范围**
$N≤500000,M≤100000,1≤A[i]≤10^{18},|d|≤10^{18}$,
保证数据在计算过程中不会超过 `long long` 范围。

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
5 5
1 3 5 7 9
Q 1 5
C 1 5 1
Q 1 5
C 3 3 6
Q 2 4
```

**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
1
2
4
```

### 二、解题思路


#### 1、更相减损术

根据 [更相减损术](https://baike.baidu.com/item/%E6%9B%B4%E7%9B%B8%E5%87%8F%E6%8D%9F%E6%9C%AF/449183?fr=aladdin)

有：$\large gcd(a,b)=gcd(a,b−a)$

最大公约数有这样一个性质：
$\large gcd(a_1,a_2,…,a_n)=gcd(a_1,a_2−a_1,…,a_n−a_{n−1})$

> **证明(为保证题解的主体部分清晰，证明放在最后)**


我们想要求的就是：$\large (A_l,A_{l+1},A_{l+2}…A_r)$这个区间的 **最大公约数**

根据上面的 **更相减损数理论**，就是在求下面区间的 **最大公约数**:

$$\large (A[l],A[l+1]−A[l],A[l+2]−A[l+1],A[l+3]−A[l+2],…,A[r]−A[r−1])$$

稍微转化一下，得到：

$$\large (A[l],b[l+1],b[l+2],b[l+3],…,b[r])$$

<font color='red' size=4><b>这个东西要一分两半来看：</b></font>

* **① $A[l]$:因为我们维护的是一个差分数组的线段树,所以可以转化为差分的写法：**
  $$\large A[l]=sum(b[1],b[2],...,b[l])$$

* **② 后面的那一坨**
  $$\large (b[l+1],b[l+2],b[l+3],…,b[r])$$
  就是区间$l+1 \sim r$的最大$gcd$值，这个东西在线段树的节点上以结构体形式保存着呢，可以直接`Node right=query(1,l+1,r)`查询出来,$right.d$就是最大公约数

* **③ 最后两者打一下擂台：**
求$\large (A_l,A_{l+1},A_{l+2}…A_r)$这个区间的最大公约数，就是

```cpp {.line-numbers}
res=abs(gcd(left.sum,right.d))
```

#### 2、差分数组
因为涉及到 **区间修改** 的问题，上面的分析已经很清楚，需要引入差分数组解决，如果引入了差分数组，那么区间的+修改动作，可以转化两个点的修改动作，即区间修改通过差分数组简化为单点修改。

设原数组为$a[i]$，对应的**差分数组** $ b[i]$：$b_i=a_i−a_{i−1}$

那么线段树维护这个$b$数组就可得到 **单点修改从而改变整个区间** 的效果。

#### 3、负数的最大公约数
注意$gcd$操作是没有负数的，所以需要进行$abs$。


### 三、实现代码

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 500010;

int n, m;
LL a[N];

struct Node {
    int l, r;
    LL sum; // 区间总和
    LL d;   // 区间内的最大公约数
} tr[N << 2];

// 求最大公约数
LL gcd(LL a, LL b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

// 函数重载
void pushup(Node &u, Node &l, Node &r) {
    u.sum = l.sum + r.sum; // 更新父节点的区间和
    u.d = gcd(l.d, r.d);   // 计算区间的最大公约数
}
void pushup(int u) {
    pushup(tr[u], tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

// 构建
void build(int u, int l, int r) {
    tr[u] = {l, r}; // 构建时，最重要的是确定区间范围
    if (l == r) {
        LL b = a[r] - a[r - 1]; // 更相减损数,所以按原数组差分构建,yxc大佬很良心修改了试题，添加了1e18的数据范围说明
        tr[u] = {l, r, b, b};   // 当是叶子节点时，区间和就是自己，区间最大公约数也是自己
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
    // 子节点变更需要更新父节点需要更新父节点的总和、最大公约数
    pushup(u);
}

// 以u为根的子树中，修改位置为x的节点，值为+v
void modify(int u, int x, LL v) {
    if (tr[u].l == tr[u].r) { // 叶子
        tr[u].sum += v;       // 叶子值+d
        tr[u].d = tr[u].sum;  // 叶子，就是一个数，不是区间，最大公约数是自身
        return;
    }
    int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
    if (x <= mid)                 // x在左侧
        modify(u << 1, x, v);     // 让左儿子处理
    else                          // x在右侧
        modify(u << 1 | 1, x, v); // 让右儿子处理
    // u的子节点数据变更，需要从u开始向上更新父节点信息
    pushup(u);
}

// 查询
Node query(int u, int l, int r) {
    if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u];
    int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
    if (r <= mid) return query(u << 1, l, r);
    if (l > mid) return query(u << 1 | 1, l, r);

    Node left = query(u << 1, l, mid);
    Node right = query(u << 1 | 1, mid + 1, r);
    // 合并区间结果 
    Node res;
    pushup(res, left, right);
    return res;
}

int main() {
    // 加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);

    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

    // 因为差分的r+1可能越界，这里在建立线段树时就多创建一个位置就OK!
    build(1, 1, n + 1); // 看来线段树也没有必要可丁可卯，开大1个2个也没啥问题

    int l, r;
    LL d;
    char op;
    while (m--) {
        cin >> op >> l >> r;
        if (op == 'Q') {
            Node left = query(1, 1, l); // 1~l求sum
            // 如果存在后半段
            if (l < r) {
                Node right = query(1, l + 1, r);
                printf("%lld\n", abs(gcd(left.sum, right.d)));
            } else // l==r
                // 如果不存在后半段，那么就只有前半部分的sum和
                printf("%lld\n", abs(left.sum));
        } else {
            cin >> d;
            // 差分
            modify(1, l, d), modify(1, r + 1, -d);
        }
    }
    return 0;
}
```

### 四、多项的更相减损数证明

这里简单证明一下，根据性质$gcd(a,b)=gcd(b,a)，gcd(a,b)=gcd(a,b−a)，gcd(a,b,c)=gcd(gcd(a,b),c)$，有

$$\large gcd(a,b,c,d)=gcd(a,b−a,c,d) \\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \    =gcd(a,b−a,c−b+a,d)\\
 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \    =gcd(a,b−a,c−b,d)\\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \    =gcd(a,b−a,c−b,d−c+b)\\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \    =gcd(a,b−a,c−b,d−c+a)\\
\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \    =gcd(a,b−a,c−b,d−c)\\
$$

#### 练习
例题：求$(326,78)$

$326=4×78+14(78,14)$
$78=5×14+8 (14,8)$
$14=1×8+6 (6,8)$
$8=1×6+2 (6,2)$
$6=3×2 (0,2)$
所以$(326,78)=2$。这和我们用更相减损术算出来的结果是一样的。

例题：求$(4,18,22,16)$

　　取最小的数$4$,其他的每一个数都与之相减，结果与$4$组成新的一组数，那么新数组与原数组的最大公因数相等，当出现零以后，排开零对剩下的数进行相同的处理。即：

$(4,18,22,16)=(4,14+4,18+4,12+4)=(4,14,18,12)$
$=(4,10,14,8)=(4,6,10,4)=(4,2,6,0)=(0,2,2,4)=(0,2,0,2)=(0,0,2,0)=2$
所以$(4,18,22,16)$的最大公因数为$2$.