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$\mathcal{D}escription$
给$n$个数，将这$n$个数所有子区间的$lcm$作为一个集合$S$，求最小的没有出现在$S$中的数 （ m e x { S } ） （mex\{S\}） （mex{S}）
$eg:$有$3$个数 $123$，所有子区间的$lcm$构成集合 { 1 2 3 6 } \{1\ 2\ 3\ 6\} {1 2 3 6}，第一个未出现的数是$4$
$n\le 3\ast 10^5$，$a_i\le 10^9$

$\mathcal{S}olution$
考虑已知一个区间的$lcm$，此时将区间往两边扩大$1$，$lcm$是不降的

在知道上面之后，我们想要知道所有区间的$lcm$中最小的未出现过数，因此我们不需要一开始就知道所有的$lcm$，考虑按从小到大构造出$lcm$，又知道区间$lcm$在区间变大的过程中是一只增大的

立马就能想到用一个小根堆，最开始将每个位置上的数存进去表示以这个位置作为区间$lcm$的起点，用$ans$表示当前考虑$ans$是否是答案，每次取出最小的数出来看是否等于$ans$，如果等于$ans$那么$ans$就不能作为答案，$ans$需要增大，然后将堆顶的元素取出来让它的区间往右走一步再重新插进堆中，这样就能保证当第一次堆顶元素不等于$ans$时就找到了答案

然而这样会超时，因为会有大量的重复的计算，比如$1,1,1,1,1,1\cdots$这样的序列，仅仅只是想让$ans$变成2，就需要$n^2$复杂度不断扩大区间

考虑什么样的情况是不需要重复计算的，当有若干个区间右端点相同，左端点不同的区间的$lcm$相同时，只需要保留一个区间即可，例如，$[1,4]$的$lcm$等于$[3,4]$的$lcm$时，$[1,4]$便不需要继续往右走了，因为答案会完全和$[3,4]$相同

因此考虑记忆每个位置曾经出现过哪些值，当某个区间的右端点扩大后发现这个位置曾经有过区间的$lcm$和自己相同，那么就不用将这个区间加入堆中了，用$set$记忆这些值即可

$\mathcal{C}ode$

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <set>
#define ll long long
#define mp make_pair
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 5;
int T, n;
int x[maxn];
set <ll> now[maxn];
priority_queue < pair<ll, int> > q;
ll gcd (ll a, ll b)
{if (!b) return a;return gcd(b, a % b);
}
ll lcm (ll a, ll b){ return a * b / gcd(a, b); }
int main ()
{scanf("%d", &T);
while (T--) {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++i)    scanf("%d", &x[i]), q.push(mp(-x[i], i)), now[i].clear(), now[i].insert(x[i]);ll ans = 1;while (!q.empty() && q.top().first == -ans) {while (!q.empty() && q.top().first == -ans) {ll l = -q.top().first;int i = q.top().second;q.pop();if (++i <= n) {l = lcm(l, x[i]);if (now[i].find(l) == now[i].end()) q.push(mp(-l, i)), now[i].insert(l);}}++ans;}while (!q.empty())	q.pop();printf("%lld\n", ans);
}return 0;
}

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