看到这题，发现可以直接枚举字串进行 check，复杂度是 $\mathcal O(n^2(n+\log w))$，但是可以固定左端点，向右推右端点统计答案优化到 $\mathcal O(n(n+\log w))$。

虽然这里 $n\le1000$ 能够通过但是我觉得复杂度不够优秀，考虑 $\gcd$ 每次除以 $2$ 的性质，发现固定左端点后右端点只有 $\log$ 次变化，那么就可以二分（或倍增）出 $\gcd=k$ 的那一段然后去统计答案。
对于维护区间 $\gcd$ 可以使用线段树或者 ST 表去维护，总复杂度是 $\mathcal O(n\log w\log n)$。 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define siz(x) int((x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
class Solution {
	static constexpr int N=1001,M=__lg(N)+1;
	int st[M][N];
	int query(int l,int r){
		int t=__lg(r-l+1);
		return gcd(st[t][l],st[t][r-(1<<t)+1]);
	}
public:
	int subarrayGCD(vector<int>& nums, int k) {
		int n=siz(nums),ans=0;
		nums.insert(nums.begin(),0);
		for(int i=1;i<=n;i++)st[0][i]=nums[i];
		for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
			st[j][i]=gcd(st[j-1][i],st[j-1][i+(1<<(j-1))]);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(nums[i]<k)continue;
			int l=i;
			for(int j=__lg(n);~j;j--)
				if(l+(1<<j)<=n&&query(i,l+(1<<j))>k)l+=(1<<j);
			int r=max(i,l);
			for(int j=__lg(n);~j;j--)
				if(r+(1<<j)<=n&&query(i,r+(1<<j))>=k)r+=(1<<j);
			ans+=r-l;
			if(l==i&&nums[i]==k)ans++;
		}
		return ans;
	}
};
// int main(){
// 	int n,k;
// 	std::vector<int>nums;
// 	cin>>n>>k;	
// 	nums.resize(n);
// 	for(int&i:nums)cin>>i;
// 	cout<<Solution{}.subarrayGCD(nums,k);
// }