小 H 是个善于思考的学生，现在她又在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出一个长度为 n 的序列 {ai}，她想找出一段区间 [L, R] (1 <= L <= R <= n)。
这个特殊区间满足，存在一个 k (L <= k <= R)，并且对于任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除。这样的一个特殊区间 [L, R] 价值为 R - L。
小H想知道序列中所有特殊区间的 最大价值 是多少，而有多少个这样的区间呢？这些区间又分别是哪些呢？你能帮助她吧。
她的面前浮现出一个长度为 n 的序列 {ai}，她想找出一段区间 [L, R] (1 <= L <= R <= n)。
这个特殊区间满足，存在一个 k (L <= k <= R)，并且对于任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除。这样的一个特殊区间 [L, R] 价值为 R - L。
小H想知道序列中所有特殊区间的 最大价值 是多少，而有多少个这样的区间呢？这些区间又分别是哪些呢？你能帮助她吧。
Input
第一行，一个整数 n.
第二行，n 个整数，代表 ai.
第二行，n 个整数，代表 ai.
Output
第一行两个整数，num 和 val,表示价值最大的特殊区间的个数以及最大价值。
第二行 num 个整数，按升序输出每个价值最大的特殊区间的 L.
第二行 num 个整数，按升序输出每个价值最大的特殊区间的 L.
Sample Input
输入1：
5
4 6 9 3 6
输入2：
5
2 3 5 7 11
Sample Output
输出1：
1 3
2
输出2：
5 0
1 2 3 4 5
Data Constraint
30%: 1 <= n <= 30 , 1 <= ai <= 32.
60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.
80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.
100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.
60%: 1 <= n <= 3000 , 1 <= ai <= 1024.
80%: 1 <= n <= 300000 , 1 <= ai <= 1048576.
100%: 1 <= n <= 500000 , 1 <= ai < 2 ^ 31.
分析：
看到了最大价值，即求最优解，脑海中立马想到了：贪心、dp、优化的搜索（或暴力）和 二分答案 。显然，此题是在序列中操作，数据范围大，贪心条件不满足，明显的二分答案！！！
于是用二分答案求出序列的最大长度，但如何判断答案 mid 的可行性和计算序列个数与开头位置呢？
这样，问题就转化成如何判断某个区间是否存在：对于任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除 了。
显然，搜索是最普遍的选择，那这里我就讲讲搜索的优化方案：
或许你们会问：不仅要询问每个区间（O（n）)，又要找出其中有没有 ak 存在（O（ n2）），时间复杂度不是 n3 吗，怎么过？？？
优化方案：
优化一：
对于任意的 i (L <= i <= R)，ai 都能被 ak 整除 中的 ak，是很好求出来的，就是区间几个数的最大公约数（gcd），在询问前预处理一下，线上调用即可。
但是，对于一般的预处理（除前缀和和其他玄学预处理外），复杂度都是O（n2）的，一样过不了（哭笑不得~）。。。
但是，在序列的维护中，自然想到 线段树、树状数组、rmq 啦~（对于前两项此题应该也能维护 gcd 吧？！~）
我们了解过的 rmq 都是维护最大最小值的，以其速度快，范围广而出名。此题，一样可以维护区间的 gcd 。
举个栗子： 4 6 9
若已求出前两个数的 gcd 为2（rmq[1,1]=2），后一个数的 gcd 为 9（rmq[3,0]=a[3]=9），那区间的 gcd 就是 gcd（2,9）=1 啦~
预处理时间复杂度降到 O（n log2 n）啦，在搜索时直接 O（1）的复杂度就能算出区间最小公约数（和 rmq 求最大最小值一样的，换成 gcd 了而已）。
优化二：
通过优化一算出区间的 ak 后，我们就要开始找区间内有没有这个 ak 了~
然而我们发现，每个区间的搜索 O（n）不可省，而找 ak 又要 O（n），那岂不是 O（n2）吗（虽然达不到，但也接近了，加上预处理和二分答案等，绝对过不了）
于是进一步优化：
毕竟我们只找一个数 ak，很容易想到出现一个数就在 flag 数组打个标记，找有没有 ak 时直接判断 flag[ak] 是否打过标记就行了。
而区间的移动一次的话，就 O（1）把新的那个数打一个标记，把出区间的那个删掉标记即可~
此过程时间复杂度将至 O（1），效率极高，是在某个区间搜某些数时的常用方法，可以经常拿来用。
优化三：
光有优化二是不行的，因为它用空间换时间，会 MLE 的。（毕竟 ak 可达 20 多亿，数组开得了那么多吗？？？）
所以，在用了优化二后，常常用这种方法解决空间问题：哈希表~（它俩基本绑定了，哈希是利用无用的空间存有用的数。不会的自己学，不必多说）
但是，这里的哈希有三种模式： 1. 查询某数在哈希表中的位置（用于删标记）； 2. 把某数存进哈希表（用于打标记）； 3. 查询某数是否存在（用于查询区间内是否有 ak）。
于是，我们用哈希表的稀少时间换了大量的空间~~~
所以总体说，预处理 O（n log
2 n），二分 O（log
2 n*check），在 check 中，区间询问 O（n），找 ak O（hash）（hash 是哈希的时间复杂度，常数级别）
这样，我们就把 O（n
3）的时间复杂度将至 O（n log
2 n+n log
2 n*hash），粗略说就是 O（n log
2 n），只是有点常数而已，不用卡常都能过（毕竟 2 秒时限）~~~
下附标程，我就不写注释了~
1 uses math; 2 const 3 mo=1000001; 4 var 5 l,r,mid,i,n,j,t,cnt:longint; 6 a,b,h,ans:array[0..1000001] of longint; 7 rmq:array[0..500001,0..21] of longint; 8 function gcd(x,y:longint):longint; 9 begin 10 if y=0 then exit(x) else exit(gcd(y,x mod y)); 11 end; 12 function hash(x,mode:longint):boolean; 13 var 14 k:longint; 15 begin 16 k:=x mod mo; 17 while (h[k]<>0) and (h[k]<>x) do 18 begin 19 inc(k); 20 if k>mo then k:=1; 21 end; 22 if mode=2 then cnt:=k else 23 if mode=1 then h[k]:=x else 24 if h[k]=x then exit(true) else exit(false); 25 end; 26 function check(x:longint):boolean; 27 var 28 l,t,j,flag,r:longint; 29 begin 30 fillchar(h,sizeof(h),0); 31 for i:=1 to x do 32 hash(a[i],1); 33 flag:=0; 34 for l:=1 to n-x+1 do 35 begin 36 hash(a[l-1],2); 37 h[cnt]:=0; 38 r:=l+x-1; 39 hash(a[r],1); 40 t:=trunc(ln(r-l+1)/ln(2)); 41 j:=gcd(rmq[l,t],rmq[r-(1<<t)+1,t]); 42 if hash(j,0) then 43 begin 44 flag:=1; 45 inc(ans[x]); 46 b[ans[x]]:=l; 47 end; 48 end; 49 if flag=0 then exit(false) else exit(true); 50 end; 51 begin 52 readln(n); 53 for i:=1 to n do 54 begin 55 read(a[i]); 56 rmq[i,0]:=a[i]; 57 end; 58 readln; 59 t:=trunc(ln(n)/ln(2))+1; 60 for j:=1 to t do 61 for i:=1 to n do 62 if i+(1<<j)-1<=n then 63 rmq[i,j]:=gcd(rmq[i,j-1],rmq[i+(1<<(j-1)),j-1]); 64 l:=1; // l，r，mid 存的是区间长度 65 r:=n; 66 while l<r do 67 begin 68 mid:=(l+r) div 2+1; 69 if check(mid) then l:=mid else r:=mid-1; 70 end; 71 if ans[l]=0 then 72 begin 73 writeln(n,' 0'); 74 for i:=1 to n-1 do 75 write(i,' '); 76 writeln(n); 77 halt; 78 end; 79 writeln(ans[l],' ',l-1); //要输出价值，就是长度-1 80 for i:=1 to ans[l]-1 do 81 write(b[i],' '); 82 writeln(b[ans[l]]); 83 end.