11 2018 档案
摘要：首先将每个括号序列转化为三元组(ai,bi,ci)，其中ai为左括号-右括号数量，bi为前缀最小左括号-右括号数，ci为序列长度。问题变为在满足Σai=0，bi+Σaj>=0 (j<i)的情况下，最大化Σci。 考虑在确定了选哪些序列的情况下如何排列能够尽量满足条件。显然应该把ai>0的放在前面，<
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摘要：不妨设a1<a2<a3<a4。显然第一问的答案是4，满足a1+a4=a2+a3，a1+a2|a3+a4，a1+a3|a2+a4。容易发现将其同时扩大k倍是仍然满足条件的，于是考虑gcd(a1,a2,a3,a4)=1的情况。对于a1+a3|a2+a4，由a1+a4=a2+a3，可以发现a2+a4<3(
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摘要：即求删掉一个子序列的gcd之和。注意到前后缀gcd的变化次数都是log级的，于是暴力枚举前缀gcd和后缀gcd即可。
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摘要：如果要在某点买入某物品并在另一点卖出，肯定是走其间最短路径。于是预处理任意两点间的收益和最短路径，连完边二分答案判负环即可，可以全程floyd。注意inf大小。
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摘要：容易发现跟树没什么关系，可以预处理出每个点若走向分叉点期望走多少步才能回到上个存档点，就变为链上问题了。考虑dp，显然有f[i][j]表示在i~n中设置了j个存档点，其中i设置存档点的最优期望步数。转移枚举下一个存档点设在哪，则有f[i][j]=min(f[k][j-1]+d[i][k])，其中d[
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摘要：A：签到。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long
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摘要：字符串扔进trie，vector记录每个前缀出现次数的最大值的更新记录即可。
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摘要：对每个子串暴力匹配至失配三次即可。可以用SA查lcp。然而在bzoj上被卡常了。当然也可以二分+哈希或者SAM甚至FFT。
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摘要：显然删掉的边肯定是直径上的边。考虑枚举删哪一条。然后考虑怎么连。显然新边应该满足其两端点在各自树中作为根能使树深度最小。只要线性求出这个东西就可以了，这与求树的重心的过程类似。
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摘要：化为前缀和相减。考虑每一位的贡献。则需要快速查询之前有几个数和当前数的差在第k位上为1。显然其与更高位是无关的。于是用BIT维护后k位的数的出现次数，瞎算一算即可。
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摘要：设f[i][j]为第i天到达j号城市的方案数，转移显然，答案即为每天在每个点的方案数之和。矩乘一发即可。
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摘要：容易想到网络流之类的东西，虽然范围看起来不太可做，不过这提供了一种想法，即将行列分别看做点。那么我们需要找一种连n+m条边的方案，使得可以从每条边中选一个点以覆盖所有点。显然每个点至少要连一条边。于是这个东西就必须是环套树森林了，并且显然其可以满足条件。现在要求的就是最小环套树森林。 求法类似kru
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摘要：相当于将线段划分成两个集合使集合内线段不相交，并且可以发现线段相交等价于逆序对。也即要将原序列划分成两个单增序列。由dilworth定理，如果存在长度>=3的单减子序列，无解，可以先判掉。 这个时候有两种显然的暴力。 将点集划分成两部分使内部无边显然就是二分图，于是第一种暴力是在逆序对之间连边，答案
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摘要：既然是二选一，考虑两个问题有什么联系。题面没有说无解怎么办，所以如果不存在经过k条边的简单路径，一定存在k染色方案。考虑怎么证明这个东西，我们造一棵dfs树。于是可以发现如果树深>k（根节点深度为1），显然能找到一条经过k条边的简单路径；否则对于dfs树每一层染一种颜色，因为dfs树上不存在同层之间
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摘要：暴力dp非常显然，设f[i][0/1]表示i号点不选/选时i子树内的答案，则f[i][0]=Σf[son][1]，f[i][1]=a[i]+Σmin(f[son][0],f[son][1])。 注意到B的部分分，可以想到每次修改只会对修改点到根的路径上的点的dp值产生影响。 考虑如何优化修改路径这一
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摘要：选择了某个区间就必须选择其所有子区间，容易想到这是一个最大权闭合子图的模型。考虑将区间按长度分层，相邻层按包含关系连边，区间[i,j]的权值即di,j，其中最后一层表示长度为1的区间的同时也表示寿司本身，所以其权值减去x。这样建出原图，再用最大权闭合子图的方法重建就行了。于是m=0的情况就解决了。给
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摘要：设f[i][0/1/2/3/4/5]表示i子树中选一条链不包含根/i子树中选一条链包含根但不能继续向上延伸/i子树中选一条链可以继续向上延伸/选两条链不包含根/选两条链包含根但不能继续向上延伸/选两条链能继续向上延伸，大力讨论即可。代码看起来很(mo)有(ming)意(qi)思(miao)。
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摘要：容易想到枚举最晚发布成绩的课哪天发布，这样与ti和C有关的贡献固定。每门课要么贡献一些调节次数，要么需要一些调节次数，剩下的算贡献也非常显然。这样就能做到平方级别了。 然后大胆猜想这是一个凸函数三分就能A掉了。具体的，延迟最晚时间一方面会增加学生的不愉快度，这显然是时间越晚不愉快度增加量越大的，导数
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摘要：显然能重排为回文串相当于出现次数为奇数的字母不超过一个。考虑莫队，问题在于如何统计添加/删除一位的贡献。将各字母出现次数奇偶性看做二进制数，做一个前缀和一个后缀和。在右端添加一位时，更新区间的前缀、后缀集合，将后缀集合中合法的统计入答案即可。另三种更新类似。复杂度O(26*n√n)。 但是这个毒瘤题
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摘要：本以为必有高论，结果是个思博题。随便找一条直径，最后答案肯定是这条直径上的连续一段，如果某分支长度等于直径上某端的长度这一端都要被剪掉。
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摘要：A：签到。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long
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摘要：A：签到。room里有一个用for写的，hack了一发1e8 1，结果用了大概600+ms跑过去了。惨绝人寰。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #inclu
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摘要：容易想到用dfs序转化为序列上的问题。考虑分块，对每块排序，修改时对于整块打上标记，边界暴力重构排序数组，询问时二分答案，这样k=sqrt(nlogn)时取最优复杂度nsqrt(nlogn)logn，离跑过去还差一点。二分答案这一部分看上去很难优化，考虑重构时不那么暴力，将要修改的和不要修改的部分分
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摘要：splay维护区间最大值、最小值、相邻两数差的绝对值的最小值即可。
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摘要：注意到A+B+C很小，容易想到设f[i][A][B][C]为第i次攻击后有A个血量为1、B个血量为2、C个血量为3的期望伤害，倒推暴力转移即可。
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摘要：点分树上的某个点和其某个子树在原树中的连接方式一般来说可以是由该点连向子树内任意一点，这样方案数即为所有子树大小之积。但有一种特殊情况是连接某点后导致编号最小的重心更换，只要去掉这种就行了，具体地可以直接暴力找，因为点分树只有log层，每个点最多被找log次。
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摘要：考虑点分治。对子树按照根部颜色排序，每次处理一种颜色的子树，对同色和不同色两种情况分别做一遍即可，单调队列优化。但是注意到这里每次使用单调队列的复杂度是O(之前的子树最大深度+该子树深度)，一不小心就退化成O(n2)。于是我们按照同颜色最大深度为第一关键字、子树深度为第二关键字排序，每次处理完一种颜
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摘要：即对每个i最大化hj-hi+sqrt(|i-j|)。先把绝对值去掉，正反各做一次即可。注意到当x>y时，sqrt(x+1)-sqrt(x)<sqrt(y+1)-sqrt(y)，所以若对于i选择j比选择k更优(j>k)，对于i+1~n也会是这样，即满足决策单调性（虽然并不能算作dp）。 可以这样使用决
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摘要：如果将其转化为一个更一般的问题即二分图带权最小单边点覆盖（最小控制集）感觉是非常npc的。考虑原题给的一大堆东西究竟有什么奇怪的性质。 容易发现如果与特殊边相邻的两格子都放了方块，并且这两个格子都各有另一个相邻格子放了方块，其组成的连通块就是需要破坏的。自然四个格子都可以选择破坏。可以发现如果在中间
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摘要：纯粹的码农题。维护x的和、y的和、xy的和、x2的和即可。可能会炸long long。
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摘要：前者是后者各方面的强化版。 容易想到设f[i][j]表示i子树中第j小的是i的方案数（即只考虑相对关系）。比较麻烦的在于转移。考虑逐个合并子树。容易想到枚举根原来的排名和子树根原来的排名，算一发组合数。具体要考虑的是当前有n个0、m个1，将他们排成一排，要求其中第x个0在k号位，第y个1在k号位的右
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摘要：容易想到的做法是建出AC自动机，高斯消元。然而自动机上节点数量是nm的。 注意到我们要求的变量只有n个，考虑将其他不用求的节点合并为一个变量。这个变量即表示随机生成一个串，其不包含任何一个模板串的概率。 现在即有n+1个变量，考虑列出n+1个方程。设pi表示第i个人胜利的概率，显然有Σpi=1。然后
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摘要：先考虑NOI2014的水题，显然从高位到低位贪心，算一下该位取0和1分别得到什么即可。 加强这个水题，变成询问区间。那么线段树维护该位取0和1从左到右和从右到左走完这个节点表示的区间会变成什么即可，也滋磁修改了。 然后上树，显然树剖即可。非常惨的变成了O(nklog2n)。压一下位就不惨了，变成O(
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摘要：多组询问不强制在线，那么考虑莫队。bitset维护当前区间出现了哪些数，数组记录每个数的出现次数以维护bitset。对于乘法，显然应有一个根号范围内的因子，暴力枚举即可。对于减法，a[i]-a[j]=x移项得a[i]-x=a[j]，可以让bitset大力右移取and。对于加法，a[i]+a[j]=x
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摘要：开场被A劝退，写了得有50min于是不敢交了。unrated了喜闻乐见。 A：瞎猜都能猜到如果要走到那条直线上，进入直线的点横坐标或纵坐标与起点相同，离开直线的点横坐标或纵坐标与终点相同，证明脑补一下比较显然（事实上也就是以起点终点为对角点构成的矩形与该直线的交点）。看错题以为到直线上的那个点必须是
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摘要：首先考虑是棵树的话怎么做。可以发现相当于在树上选择一些长度>=2的路径使其没有交，同时也就相当于用一些没有交的路径覆盖整棵树。 那么设f[i]为覆盖i子树的方案数。转移时考虑包含根的路径。注意到每条跨根的路径都是由两条子树内到根的路径组成，只需要先统计出所有路径不跨根的方案数，再乘上包含根的路径的配
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摘要：考虑求出所有MST的权值和再除以方案数，方案数显然是2mn。 按位考虑，显然应该让MST里的边高位尽量为0。那么根据最高位是0还是1将点集划分成两部分，整张图的MST就是由两部分各自的MST之间连一条最小边得到的。两部分的MST权值和可以dp得到，即设f[i][j]表示i个点权值在0~2j-1的MS
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摘要：A：签到。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long
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摘要：因为保证了两向量不共线，平面内任何一个向量都被这两个向量唯一表示。问题变为一张有障碍点的网格图由左上走到右下的方案数。 到达终点所需步数显然是平方级别的，没法直接递推。注意到障碍点数量很少，那么考虑容斥，即用总方案数减去经过障碍点的方案数。对每个障碍点计算其作为第一个经过的障碍点的方案数即可。
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摘要：设f[i][j]为由i号点开始在子树内走j步最多能经过多少格点，g[i][j]为由i号点开始在子树内走j步且回到i最多能经过多少格点，转移显然。
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摘要：倍增floyd求出经过<=2k条边时两点间最短路，一个点到自身的最短路就是包含该点的最小环。然后倍增找答案即可。注意初始时到自身的最短路设为0，这样求出的最短路就是经过<=2k条边的而不是恰好2k条边的了。
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摘要：一通套路后得Σφ(d)μ(D/d)⌊n/D⌋2。显然整除分块，问题在于怎么快速计算φ和μ的狄利克雷卷积。积性函数的卷积还是积性函数，那么线性筛即可。因为μ(pc)=0 (c>=2)，所以f(pc)还是比较好算的，讨论一波即可。
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摘要：按位统计，考虑每个数作为最大值的贡献，只需统计其左右有奇数个1和偶数个1的区间个数即可。
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摘要：对节点按编号分块。设f[i][j]为修改j号点对第i块的影响，计算f[i][]时dfs一遍即可。记录每一整块的sum。修改时对每一块直接更新sum，同时用dfs序上的树状数组维护子树和。查询时累加整块区间的sum，剩余部分bit上暴力查询。分析一下复杂度。设块大小为k，计算f数组的复杂度为O(n2/
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摘要：考虑没有深度限制怎么做。显然的做法是直接转成dfs序上主席树，但如果拓展到二维变成矩形数颜色数肯定没法做到一个log。 另一种做法是利用树上差分。对于同种颜色的点，在每个点处+1，dfs序相邻点的lca处-1，那么查询子树颜色数就只需要查询子树和了。 然后加上深度限制。考虑将点一层层加进去，利用se
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摘要：判断两棵无根树是否同构只需要把重心提作根哈希即可。由于只添加了一个叶子，重心的位置几乎不发生偏移，所以直接把两棵树的重心提起来，逐层找哈希值不同且对应的两子树即可。被一个普及组子问题卡一年。
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摘要：显然答案应该是由单串以某位置为中心的极长回文串继续在另一个串里拓展得到的。枚举中间位置二分答案，哈希判断即可。注意考虑清楚怎么处理偶回文，比如像manacher一样加分隔符。
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摘要：不妨不管j<=i的限制。由卢卡斯定理，C(i,j) mod k=0相当于k进制下存在某位上j大于i。容易想到数位dp，即设f[x][0/1][0/1][0/1]为到第x位时是否有某位上j>i，是否卡n、m的限制的方案数。
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摘要：类似于瓶颈路，满足条件的路径一定在温度的最大生成树上，那么就是一个LCT维护MST的裸题了。
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摘要：将每个位置上的数都-1，则显然相当于前缀和始终非负。 然后就是完全想不到的了。考虑往里面加一张-1的牌。假设在一个合法排列的最后添上一个-1，那么在该排列的所有循环同构排列中，满足前m个前缀和都非负的排列只有原合法排列，因为如果更换开头的话显然有sm+1-shead-1<=sm+1<0。并且对于每一
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摘要：显然可以容斥去掉每人都不为空的限制。每种物品分配方式独立，各自算一个可重组合乘起来即可。
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摘要：首先要冷静下来发现这仅仅是在划分区间。显然若有相邻的数字相同应当划分在同一区间。还有一个显然的性质是区间的两端点应该相同且选择的就是端点的数。瞬间暴力dp就变成常数极小100002了。可以继续斜率优化然而懒了。
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摘要：首先考虑怎么安排攻击顺序。显然如果攻击了某台兵器就应该一直连续攻击直到将其破坏，破坏所需时间可以直接算出来，设其为b。假设确定了某个破坏顺序，如果交换相邻两个兵器，显然不会对其他兵器造成影响，两种顺序的代价则分别为a1(b1-1)+a2(b1+b2-1)和a1(b1+b2-1)+a2(b2-1)，那
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摘要：裸退火，每次交换两个格子即可。依旧不会调参，稍微抄了点参数并且把随机种子设成了一个神奇的数字终于过掉了。
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摘要：Day -? 停了两个星期的课，逃了一场期中考试。随便做了点题并不知道有什么用。见不到夫人很难受。 Day 0 依然没有跟学校走。据说今年合肥居然不下雨，印象里每年这个时候来到这里都是阴雨连绵……突然意识到，已经是第七年了。除了第一年啥都不会，之前五年拿了三个pj1=三个tg1=，然而真正算是认真学
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摘要：令splay中的一个点表示一段区间，需要使用其中某个点时将区间分裂即可，剩下的都是splay的基本操作了。写的非常丑陋，注意细节。感觉考场上肯定只能靠部分分苟活了。想起来去年因为各种莫名其妙的原因50->0 考虑一维时的线段树做法。维护区间内有多少人，每次找到第x个人把他拿出来放到最后就行了。扩展到
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摘要：按层dp，f[i][j]表示已扩展i子集的节点当前在第j层的最小代价，预处理点集间距离即可。
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摘要：跑一遍dij根据最短路DAG进行拓扑排序，按拓扑序dp即可。wa了三发感觉非常凉。
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摘要：搞一个栈模拟即可。对比一下和一年前考场上的代码233
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摘要：看到比值先二分答案。于是转化成一个非常裸的树形背包。直接暴力背包的话复杂度就是O(n2)，因为相当于在lca处枚举每个点对。这里使用一种更通用的dfs序优化树形背包写法。https://www.cnblogs.com/zzqsblog/p/5537440.html 即设f[i][j]为在dfs序第i
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摘要：对反图跑最短路求出每个点到终点的最短路径，令其为估价函数大力A*，第k次到达某个点即是找到了到达该点的非严格第k短路，因为估价函数总是不大于实际值。bzoj可能需要手写堆。正解是可持久化可并堆，至今是第二次见到这个那当然是不学啦。
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摘要：注意到模数被给出且非常小，做法肯定要依赖于一些与此相关的性质。找题解打表可以发现循环节长度的lcm不超过60。 考虑怎么用线段树维护循环。对线段树上每个点维护这段区间的循环节、在循环中的位置，如果未进入环特殊记录；每次修改对于未进入环的暴力修改，已进入环的更新在循环节上的位置即可。对于修改经过的节点
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摘要：首先跑正反两遍dij求由起点/终点到某点的最短路条数，这样条件一就转化为f(S,A)*f(T,A)+f(S,B)*f(T,B)=f(S,T)。同时建出最短路DAG，这样图中任何一条S到T的路径都是最短路径，对于条件二就只需要判断A是否能走到B。注意到空间开的非常大。那么对于条件二的可达性显然是可以b
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摘要：将未建立贸易关系看成连一条边，那么这显然是个二分图。最大城市群即最大独立集，也即n-最大匹配。现在要求的就是删哪些边会使最大匹配减少，也即求哪些边一定在最大匹配中。 首先范围有点大，当然是跑个dinic，转化成最大流。会使最大流减少的边相当于可能在最小割中的边，因为删掉它就相当于无代价的割掉了一条边
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摘要：首先将棋盘黑白染色，不妨令空格处为黑色。那么移动奇数次后空格一定处于白色格子，偶数次后空格一定处于黑色格子。所以若有某个格子的棋子颜色与棋盘颜色不同，这个棋子就是没有用的。并且空格与某棋子交换后，棋子所在的格子改变使得该棋子与棋盘颜色不同，那么该棋子也会变为无用棋子。那么问题变为空格在棋盘上黑白格子
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摘要：带权并查集按秩合并即可维护。
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摘要：显然可以用LCT维护kruskal重构树。或者启发式合并维护kruskal重构树的倍增数组虽然多了个log也不一定比LCT慢吧。 当然这里的kruskal重构树几乎只是把树上的边权换成了点权，并不重要。 我们要查询的是树上两点间路径边权最大值。显然要并查集按秩合并一波。然后……并查集的树高就是log
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摘要：首先显然可以通过孤立角落里的跳蚤使其不连通，所以只要有解答案就不会大于2。同样显然的一点是当且仅当跳蚤数量<=2且连通时无解。做法其实也很显然了：特判无解，若跳蚤不连通输出0，否则看图中是否无割点（即点双连通），若无答案为2，否则为1。 现在的问题是这个图实在是太大了。正常的离散化可能仍然需要留下c
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摘要：夜晚使人着迷。没有猝死非常感动。 A：显然对于水平线段，只有横坐标的左端点为1的时候才可能对答案产生影响；对于竖直直线，如果要删一定是删去一段前缀。枚举竖直直线删到哪一条，记一下需要删几条水平线段就可以了。想当然的以为竖直直线横坐标是升序排的，因为这个wa了两发感觉非常惨。 #include<ios
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摘要：线段树优化建图裸题。建两棵线段树，一棵表示入一棵表示出。对题中所给的边新建一个虚拟点，将两段区间拆成线段树上对应区间，出线段树中对应区间所表示的点向虚拟点连边权0的边，虚拟点向入线段树中对应区间所表示的点连边权1的边；线段树上的点之间连边权0的边（表示入的由父亲连向儿子，表示出的由儿子连向父亲），表
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摘要：dfs一遍给每个齿轮随便标个值看是否矛盾就行了。
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摘要：先考虑题目所说的太简单了的问题。注意到只要把加减号相取反，就可以得到一对除了第一项都互相抵消的式子。于是得到答案即为Σf(i)g(i)，其中f(i)为前缀积，g(i)为第i个数前面所有符号均填乘号，第i个数后面符号不填乘号，剩余任意填的方案数，也即g(i)=2*3n-i-1(i<n)，g(n)=1。
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摘要：考虑需要资瓷哪些操作：区间赋值为0；统计区间1的个数；将区间前k个0变为1；询问区间最长全0子串。于是线段树维护区间1的个数、0的个数、最长前缀后缀全0子串即可。稍微困难的是用一个log实现将区间前k个0变为1，线段树上二分尽量往左边改即可，可以令修改函数返回值为剩余能改的1的个数。
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摘要：注意到模数很小，容易想到使用卢卡斯定理，即变成一个2333进制数各位组合数的乘积。对于k的限制容易想到数位dp。可以预处理一发2333以内的组合数及组合数前缀和，然后设f[i][0/1]为前i位是否卡限制的贡献就很好dp了。为什么大家都要化式子呢。
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摘要：二分答案，分别往尽量小的和尽量大的二分即可。
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摘要：如果值域不大，容易想到设f[i][j]为第i个学校选了j的方案数，枚举上一个学校是哪个选了啥即可，可以前缀和优化。于是考虑离散化，由于离散化后相同的数可能可以取不同的值，所以枚举第一个和其所选数（离散化后）相同的学校是哪个，考虑这一段里选几个学校怎么选数，组合数即可。各种显然的优化后即可做到O(n3
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摘要：考虑统计每个数字的贡献。设f[i]为前缀i中该数的出现次数，则要统计f[r]-f[l]>(r-l)/2的数对个数，也即2f[r]-r>2f[l]-l。 注意到所有数的f的总变化次数是线性的，考虑对每次变化进行统计。 对于当前考虑位置i，统计r∈[i,nxt[a[i]])时a[i]的贡献。如果将之前的
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摘要：考虑边只有一种权值的简化情况。那么当且仅当两点可以通过边权<=x的边连通，且连通块内最大边权为x时，两点间存在路径max为x的路径。可以发现两种权值是类似的，当且仅当两点可以通过边权1<=x且边权2<=y的边连通，且连通块内最大边权1为x、最大边权2为y时，两点间存在路径max为(x,y)的路径。
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摘要：首先kmp求出每个子串能放在哪些位置。接下来的两部分贪心和状压都可以，各取比较方便的。 最大值考虑贪心。考虑枚举子串的左端点出现顺序，在此基础上每个子串的位置肯定都应该尽量靠前，有是否与上个子串有交两种选择，如果有交一定会使交集最小，于是枚举第一个子串出现位置并暴力枚举4!*23种情况。 最小值考虑
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摘要：下称放置守卫的点为监控点。设f[i][j]为i子树中深度最大的未被监视点与i的距离不超过j时的最小代价，g[i][j]为i子树中距离i最近的监控点与i的距离不超过j且i子树内点全部被监视时的最小代价。开始觉得这只能设成三维状态对这种二维的纠结了半天要怎么处理子树内有点未被监视但监控点的范围可以延伸到
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摘要：strength=atk*(1+b/a)+dnf*(1+a/b)。设a/b=x，可以发现这是一个关于x的对勾函数。开口向上的一堆凸函数取max还是凸函数，三分即可。 然而无良出题人既卡精度又卡时间。众所周知三分的本质是二分（雾），所以开始三分时令每次取的两个点为中点±eps，最后再用真的三分微调即可
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摘要：倒过来变成查询前缀。考虑怎么排序。第一条代价n*n就相当于inf，说明一个单词的所有前缀都要排在它前面。那么串的依赖关系就是trie的结构。二三条说明代价是Σidi-idfa，那么显然最后的编号应该是trie的一个dfs序（去掉无用节点），并且显然应该先走较小的子树，因为这样使兄弟节点和父亲的编号差
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摘要：对于每个质数求出其作为最大质因子时最多能有几个质因子，开始时将这些ak1~akmaxk扔进堆。考虑构造方案，使得每次取出最大值后，最大质因子、质因子数均与其相同且恰好比它小的数都在堆里。类似暴搜，对于当前考虑的质因子，可以将其去掉并乘上一个恰好比它小的小的质因子，也可以转而考虑下一个质因子。于是给堆
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摘要：分两种情况。三点两两lca相同：在三点的lca处对其统计即可，显然其离lca距离应相同；某点在另两点lca的子树外部：对每个点统计出与其距离x的点有多少个即可。 可以长链剖分做到线性，当然不会。
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摘要：没看清题还以为是要求数最大匹配数量……注意到任意障碍不在同一行同一列，且恰好有n个障碍，不妨通过交换列使得第i行第i列均有障碍。那么就是个错排了。居然wa了一发简直没救。
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摘要：https://www.cnblogs.com/Gloid/p/9538413.html 基本思路没有太大差别。得到2n=d(a2+3b2)，其中d=gcd(n-x,n+x)，n-x==a2&&n+x==3b2||n-x==3a2&&n+x==b2。于是枚举d，然后枚举b。复杂度玄学。
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