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solutions/P6650.md

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+## 题意简述
+
+给定长度为 $n$ 的序列 $a$ 和整数 $k$。选择一个区间 $[l,r]$，满足区间最大值与最小值之差不超过 $k$。
+
+将区间乘积质因数分解：
+
+$$
+\prod_{i=l}^r a_i = \prod_p p^{E_p}。
+$$
+
+对于每个质数 $p$，把 $E_p$ 拆成若干个互不相同的正整数 $e_{p,1},e_{p,2},\dots,e_{p,t_p}$，并选取对应的质数幂 $p^{e_{p,i}}$。所有选取的数必须互不相同。
+
+得分为所有选取数的约数个数之和：
+
+$$
+\sum_p \sum_i (e_{p,i}+1)。
+$$
+
+求最大得分。
+
+## 思路分析
+
+### 单个质数的贡献
+
+固定一个质数 $p$，设它在区间乘积中的总指数为 $E$。
+
+若把 $E$ 拆成 $t$ 个互不相同的正整数，则这些数的和至少为
+
+$$
+1+2+\cdots+t = \frac{t(t+1)}2。
+$$
+
+当 $E \ge \frac{t(t+1)}2$ 时，可以取 $1,2,\dots,t-1$ 以及 $E-\frac{t(t-1)}2$，它们互不相同且总和为 $E$。
+
+因此最大可行的 $t$ 为满足 $\frac{t(t+1)}2 \le E$ 的最大整数，即
+
+$$
+t_{\max} = \left\lfloor \frac{\sqrt{8E+1}-1}{2} \right\rfloor。
+$$
+
+对应的得分为
+
+$$
+\sum_i (e_i+1) = E + t_{\max}。
+$$
+
+定义
+
+$$
+gx(E) = E + \left\lfloor \frac{\sqrt{8E+1}-1}{2} \right\rfloor，
+$$
+
+则一个质数指数为 $E$ 时的贡献为 $gx(E)$。特别地，$gx(0)=0$。
+
+### 区间选择
+
+对于固定的右端点 $r$，如果区间 $[l,r]$ 合法，那么区间 $[l+1,r]$ 也合法，因为子区间的极差不会增大。
+
+又因为窗口扩大时，每个质数的指数 $E_p$ 只会增加或不增加，同时 $gx(E)$ 单调递增，所以固定 $r$ 时，区间越长得分越高。于是只需要找到最小的合法左端点。
+
+使用双指针维护滑动窗口。令左端点 $l$ 单调右移，并用两个单调队列分别维护当前窗口的最大值和最小值。当窗口极差超过 $k$ 时，不断右移 $l$，同时删除 $a_l$ 的质因子贡献。
+
+## 算法流程
+
+1. 预处理最小质因子 $spf$，用于快速分解每个 $a_i$。
+2. 将每个 $a_i$ 分解为质因子列表，保留重数。
+3. 维护滑动窗口 $[l,r]$，其中：
+   - $cnt[p]$ 表示当前窗口内质数 $p$ 的总指数；
+   - $cur$ 表示当前窗口得分 $\sum_p gx(cnt[p])$；
+   - 两个单调队列维护窗口最大值和最小值。
+4. 枚举右端点 $r$：
+   - 将 $a_r$ 的质因子加入窗口，更新 $cnt$ 和 $cur$；
+   - 将 $r$ 加入单调队列；
+   - 若当前窗口极差超过 $k$，则不断右移 $l$，并删除 $a_l$ 的质因子贡献；
+   - 用当前 $cur$ 更新答案。
+5. 输出答案。
+
+## 复杂度分析
+
+设 $A=\max a_i \le 10^5$。
+
+- 预处理最小质因子：$O(A \log \log A)$。
+- 分解所有 $a_i$：总质因子个数为 $O(n \log A)$。
+- 滑动窗口：每个元素的每个质因子加入一次、删除一次，复杂度 $O(n \log A)$。
+- 单调队列：$O(n)$。
+
+总时间复杂度为
+
+$$
+O(A \log \log A + n \log A)。
+$$
+
+## 参考代码
+
+```cpp
+#include <bits/stdc++.h>
+using namespace std;
+
+int n, k;
+int a[100005];
+int spf[100005];          // 最小质因子
+vector<int> fac[100005];  // 每个数的质因子列表（带重数）
+int cnt[100005];          // 当前窗口内每个质数的总指数
+long long cur, ans;
+deque<int> dq_max, dq_min;
+
+// 计算 e 的贡献
+long long gx(int e) {
+    if (e == 0) return 0;
+    long long t = (sqrt(8.0 * e + 1) - 1) / 2;
+    while ((t + 1) * (t + 2) / 2 <= e) ++t;
+    while (t * (t + 1) / 2 > e) --t;
+    return e + t;
+}
+
+// 预处理最小质因子
+void init_spf() {
+    for (int i = 2; i < 100005; ++i) {
+        if (!spf[i]) {
+            spf[i] = i;
+            if ((long long)i * i < 100005) {
+                for (int j = i * i; j < 100005; j += i) {
+                    if (!spf[j]) spf[j] = i;
+                }
+            }
+        }
+    }
+}
+
+// 分解质因数
+void get_fac(int idx, int x) {
+    while (x > 1) {
+        int p = spf[x];
+        while (x % p == 0) {
+            fac[idx].push_back(p);
+            x /= p;
+        }
+    }
+}
+
+int main() {
+    scanf("%d%d", &n, &k);
+    init_spf();
+
+    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
+        scanf("%d", &a[i]);
+        get_fac(i, a[i]);
+    }
+
+    int l = 1;
+    cur = 0, ans = 0;
+
+    for (int r = 1; r <= n; ++r) {
+        // 加入 a[r]
+        for (int p : fac[r]) {
+            int e = cnt[p];
+            cur += gx(e + 1) - gx(e);
+            cnt[p]++;
+        }
+
+        while (!dq_max.empty() && a[dq_max.back()] <= a[r]) dq_max.pop_back();
+        dq_max.push_back(r);
+
+        while (!dq_min.empty() && a[dq_min.back()] >= a[r]) dq_min.pop_back();
+        dq_min.push_back(r);
+
+        // 收缩左边界
+        while (1) {
+            while (!dq_max.empty() && dq_max.front() < l) dq_max.pop_front();
+            while (!dq_min.empty() && dq_min.front() < l) dq_min.pop_front();
+
+            int mx = a[dq_max.front()];
+            int mn = a[dq_min.front()];
+
+            if (mx - mn <= k) break;
+
+            // 移除 a[l]
+            for (int p : fac[l]) {
+                int e = cnt[p];
+                cur += gx(e - 1) - gx(e);
+                cnt[p]--;
+            }
+            l++;
+        }
+
+        ans = max(ans, cur);
+    }
+
+    printf("%lld\n", ans);
+    return 0;
+}
+```