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在算法运行的时候，可能要经过 $\Theta(\log n)$ 次迭代。每一次迭代都可能会使用 GCD 函数进行递归，令值域为 $w$ ，GCD 函数的时间复杂度最高是 $\Omega(\log w)$ 的，所以总时间复杂度看似有 $\Omicron(n\log n\log w)$ 。

但是，在 GCD 的过程中，每一次递归（除最后一次递归之外）都会使数列中的某个数至少减半，而数列中的数最多减半的次数为 $\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)$ ，所以，GCD 的递归部分最多只会运行 $\Omicron(n\log w)$ 次。再加上循环部分（以及最后一层递归）的 $\Theta(n\log n)$ ，最终时间复杂度则是 $\Omicron(n(\log w+\log x))$ ，由于可以构造数据使得时间复杂度为 $\Omega(n(\log w+\log x))$ ，所以最终的时间复杂度即为 $\Theta(n(\log w+\log x))$ 。

但是，在 GCD 的过程中，每一次递归（除最后一次递归之外）都会使数列中的某个数至少减半，而数列中的数最多减半的次数为 $\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)$ ，所以，GCD 的递归部分最多只会运行 $O(n\log w)$ 次。再加上循环部分（以及最后一层递归）的 $\Theta(n\log n)$ ，最终时间复杂度则是 $O(n(\log w+\log x))$ ，由于可以构造数据使得时间复杂度为 $\Omega(n(\log w+\log x))$ ，所以最终的时间复杂度即为 $\Theta(n(\log w+\log x))$ 。

而查询部分的时间复杂度很好分析，考虑最劣情况，即每次询问都询问最劣的一对数，时间复杂度为 $\Theta(\log w)$ 。因此，ST 表维护“区间 GCD”的时间复杂度为预处理 $\Theta(n(\log n+\log w))$ ，单次查询 $\Theta(\log w)$ 。

这并不是一个严谨的数学论证，更为严谨的附在下方：

??? note "更严谨的证明"

    理解本段，可能需要具备 [时间复杂度](../misc/complexity.md) 的关于“势能分析法”的知识。

    先分析预处理部分的时间复杂度：

    设“待考虑数列”为在预处理 ST 表的时候当前层循环的数列。例如，第零层的数列就是原数列，第一层的数列就是第零层的数列经过一次迭代之后的数列，即 `st[1..n][1]` ，我们将其记为 $A$ 。

    而势能函数就定义为“待考虑数列”中所有数的累乘的以二为底的对数。即： $\Phi(A)=\log_2\left(\prod\limits_{i=1}^n A_i\right)$ 。

    在一次迭代中，所花费的时间相当于迭代循环所花费的时间与 GCD 所花费的时间之和。其中，GCD 花费的时间有长有短。最短可能只有两次甚至一次递归，而最长可能有 $O(\log w)$ 次递归。但是，GCD 过程中，除最开头一层与最末一层以外，每次递归都会使“待考虑数列”中的某个结果至少减半。即， $\Phi(A)$ 会减少至少 $1$ ，该层递归所用的时间可以被势能函数均摊。

    同时，我们可以看到， $\Phi(A)$ 的初值最大为 $\log_2 (w^n)=\Theta(n\log w)$ ，而 $\Phi(A)$ 不增。所以，ST 表预处理部分的时间复杂度为 $\Omicron(n(\log w+\log n))$ 。