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P4931 [MtOI2018] 情侣？给我烧了！

记答案为 \(t(n, k)\)，那么有：

\[t(n, k) = {n \choose k} {n \choose k} k! 2^k t(n - k, 0) \]

也就是说我们只需要求出 \(t(i, 0)\)。

注意到：

\[\sum_{k=0}^n t(n, k) = {(2n)}! \]

所以有：

\[\begin{aligned} {(2n)}! &= \sum_{k = 0}^n t(n, k) \\ &= \sum_{k=0}^n {n \choose k} {n \choose k} k! 2^kt(n - k, 0) \\ &= \sum_{k=0}^n \frac{{(n!)}^2 2^kt(n - k, 0)}{{((n-k)!)}^2k!} \\ &= {(n!)}^2\sum_{k=0}^n \frac{2^kt(n - k, 0)}{{((n-k)!)}^2k!} \\ \end{aligned} \]

即：

\[\sum_{k=0}^n \frac{2^k}{k!} \times \frac{t(n - k, 0)}{{((n-k)!)}^2} = \frac{{(2n)}!}{{(n!)}^2} \]

注意到这是一个卷积的形式，记 \(f_i = 2^i / i!\)，\(g_i = t(i, 0)/{(i!)}^2\)，\(h_i = (2i)!/{{(i!)}^2}\)，记 \(F(x)\) 为 \(f\) 的 OGF，\(G(x)\) 为 \(g\) 的 OGF，\(H(x)\) 为 \(h\) 的 OGF。

注意到：

\[h_{i+1} = \frac{(2i+2)(2i+1)}{{(i+1)}^2} h_i \]

即：

\[(i+1)h_{i+1} = 4ih_i + 2h_i \]

对应到 OGF，有：

\[H^\prime(x) = 4xH^\prime(x) + 2H(x) \]

即：

\[H^\prime(x) = \frac{2}{1-4x}H(x) \]

解得：

\[H(x) = C e^{\int{\frac{2}{1-4x} \mathrm{d} x}} \]

注意到 \(F(x) = e^{2x}\)，则：

\[e^{2x} G(x) = H(x) \]

那么有：

\[G(x) = C e^{\int{\frac{2}{1-4x} \mathrm{d} x} - 2x} \]

两边求导，有：

\[G^\prime(x)=C e^{\int{\frac{2}{1-4x} \mathrm{d} x} - 2x} ({\int{\frac{2}{1-4x} \mathrm{d} x} - 2x})^\prime \]

即：

\[G^\prime(x) = G(x) (\frac{2}{1 - 4x} - 2) \]

即：

\[(1-4x)G^\prime(x) = 8xG(x) \]

还原到 \(g\)，有：

\[(i+1)g_{i+1}-4ig_i = 8g_{i-1} \]

直接做即可。

CF1156E Special Segments of Permutation

考虑在笛卡尔树上做。

对于每个点，你会发现 \(l\) 是属于一个区间，\(r\) 是属于令一个区间的，那么我们只需要枚举短的那个区间即可。

时间复杂度是对的。

CF1355F Guess Divisors Count

神仙题，这是真人类智慧。

根据代数基本定理，我们将 \(X\) 分解为 \({p_1}^{a_1}{p_2}^{a_2}{p_3}^{a_3}\dots{p_k}^{a_k}\)，那么答案为 \((a_1 + 1)(a_2 + 1)\dots(a_k + 1)\)。

先考虑如何用第二个条件。我们发现，\(X\) 的因数中最多包含 \(2\) 个大于 \(1000\) 的质数。那么如果我们分解出若干个小于 \(1000\) 的质数，再按上面的公式计算，设得到的答案为 \(t\)，那么真实答案只能为 \(t,2t\) 或 \(4t\)，利用第二个条件，猜测 \(2t\) 即可。也就是说，我们不需要考虑大于 \(1000\) 的质数，只需要考虑 \(1000\) 以内的质数。

现在，假设我们已经确定了 \(X\) 的这些质因数，如何求出幂次呢？首先，对于一个质因数 \(p\)，我们可以通过询问 \(p^{\lfloor \log_{p}{{10}^9} \rfloor}\) 来得到 \(p\) 的幂次。又因为询问的数的上界是 \({10}^{18}\)，而我们前面所说的数（即 \(p^{\lfloor \log_{p}{{10}^9} \rfloor}\)）不超过 \({10}^9\)，所以我们可以将两个质因数绑在一起询问。由于 \({10}^9\) 范围内一个数最多有 \(9\) 个质因数，所以这里我们最多需要询问 \(\lceil \frac{9}{2} \rceil = 5\) 次即可得到每个质因数的幂次，进而得到答案。

好的，现在问题变成了在 \(17\) 次询问内确定 \(X\) 的质因数。考虑将 \(1000\) 以内的质数分组，每组的乘积不能超过 \({10}^{18}\)，且每组的质数应该尽量多。例如：\(2,3,5,7,\dots,47\) 可以分为一组。每次询问时，我们只需要询问一组的乘积就能判断这一组里哪些数是 \(X\) 的质因数。但是这样询问 \(17\) 次后我们最多确定到 \(661\)，还剩一些质数，怎么办？这时候就需要利用第一个条件了。

设经过上面所有操作后得到的答案为 \(r\)，对 \(r\) 进行分类讨论：

• \(r \leq 2\)，此时 \(X\) 中大于 \(661\) 的质因数最多有 \(3\) 个。利用第一个条件，我们发现输出 \(x+7\) 是一定对的。
• \(r \geq 3\)，此时 \(X\) 中大于 \(661\) 的质因数最多有 \(2\) 个，我们输出 \(2r\) 即可。

做完了，真可恶。