第十九次

340 - 160 = 180

A

$$ \begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^nf(i)\\ =&n+\sum\limits_k\sum\limits_{i=1}^n[f(i)>k]\\ =&n+\sum\limits_k\sum\limits_{i=1}^n[\forall j\in[1,k],j|i]\\ =&n+\sum\limits_k\sum\limits_{i=1}^n[\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{j=1}^kj|i]\\ =&n+\sum\limits_k\left\lfloor\dfrac n{\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{j=1}^kj}\right\rfloor \end{aligned} $$

$\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{j=1}^kj$ 增长很快，枚举 $k$ 即可。

B

操作顺序不影响结果，所以不妨设先操作了 $i$ 行，再操作了 $k-i$ 列，

则这 $k-i$ 列每列都比开始时少了 $i\times p$，此时分数为只操作这 $i$ 行的分数 $+$ 只操作这 $k-i$ 列的分数 $-(k-i)\times i\times p$。

预处理只操作行 $i$ 次的最大分数 $f_i$，只操作列 $i$ 次的最大分数 $g_i$，则答案为 $\max\limits_{i=0}^kf_i+g_{k-i}-(k-i)\times i\times p$。

注意答案可能很小，所以 $\max$ 的初值要设小一些。

C

排序后序列的子序列唯一对应原序列的子序列排序后的结果，所以先排序。

设 $f_i$ 表示前 $i$ 位的子序列的美味值之和，则 $f_i=2f_{i-1}+a_i\sum\limits_{j=1}^{i-1}2^{j-1}a_j$，容易做到单次线性。

考虑动态 DP，则有：

$$ \begin{vmatrix} f_{i-1}&\sum\limits_{j=1}^{i-1}2^{j-1}a_j&2^{i-1} \end{vmatrix} \times \begin{vmatrix} 2&0&0\\ a_i&1&0\\ 0&a_i&2 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} f_i&\sum\limits_{j=1}^i2^{j-1}a_j&2^i \end{vmatrix} $$

每次单点修改相当于排序后序列上单点删除，单点插入，平衡树维护之。

注意初始序列要先排序，不能直接依次加入。

D

把 $\prod a_i^2$ 转化成组合意义，即在每段车程中放不同的两个球的方案数。

设 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 个点，最后一段车程放了 $j$ 个球，

若第 $i$ 个点开放，则：

$$ \begin{aligned} &f_{i+1,0}=f_{i,0}+f_{i,2}\\ &f_{i+1,1}=2f_{i,0}+f_{i,1}+2f_{i,2}\\ &f_{i+1,2}=f_{i,0}+f_{i,1}+2f_{i,2} \end{aligned} $$

若第 $i$ 个点不开放，则：

$$ \begin{aligned} &f_{i+1,0}=f_{i,0}\\ &f_{i+1,1}=2f_{i,0}+f_{i,1}\\ &f_{i+1,2}=f_{i,0}+f_{i,1}+f_{i,2} \end{aligned} $$

矩阵加速即可。

记得取模。