NOIP 模拟26

T1：

　　n：1e14，于是对于题目中两个式子，考虑避开n

很容易发现关键点在于a+b|a*b，对于如此简洁的数学式

考虑其数学本质，对该式进行唯一分解考虑。

　　这里考虑最大公约数的唯一分解表示：即两数的极

大公共质因子集之积，发现设(a,b)=d,a'=a/d,b'=b/d

则d即为两数的极大公共质因子集之积，且(a',b')=1

于是原式转化为a'+b'|d*a'*b'，数论视角下发现若(a,b)=1

则a+b$\nmid a*b于是发现使得原式成立的条件为a\text{'}+b\text{'}|d$

$将所得式带入a+b<=n\; ->\; (a\text{'}+b\text{'})*d<=n\; ->\; k*(a\text{'}+b\text{'})^2<=n$

$->\; a\text{'}+b\text{'}<=\surd n\; ->\; d<=n/(a\text{'}+b\text{'})^2于是原问题转化为求存在多少$

(a,b,d)对，其中d<=n/(a'+b') , a'+b'<=√n

$观察发现2式只有一个变量(a\text{'}+b\text{'})而1式存在两个变量且$

$与2式相关于是考虑满足2式的(a\text{'}+b\text{'})存在多少对，由于$

$(a\text{'},b\text{'})=1,限制条件不足无法计算，考虑增加限制条件：设$

$a\text{'}+b\text{'}=k,于是可得(a\text{'},k-a\text{'})=1\; ->\; (a\text{'},k)=1,于是发现满足条件的$

(a',b')对的个数极为phi(k),求解√n内phi(k)并求出对应d，

$乘法原理即可$

$代码如下：$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define I int
#define LL long long
#define B bool
const I MAXN = 1e7 + 3;
I tmp,cnt,prime[MAXN],euler[MAXN];
LL n,res;
B notprime[MAXN];
signed main () {
    cin >> n;
    tmp = sqrt (n);
    for (I i(2);i <= tmp; ++ i) {
        if (!notprime[i])
            prime[++cnt] = i, euler[i] = i - 1;
        for (I j(1);j <= cnt && i * prime[j] <= tmp; ++ j) {
            notprime[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) { euler[i * prime[j]] = euler[i] * prime[j]; break; }
            euler[i * prime[j]] = euler[i] * (prime[j] - 1);
        }
        res += n / (1ll * i * i) * euler[i]; 
    }
    cout << res << endl;
}

T2：

　　LIS板子，问题一线段树，树状数组维护皆可，问题二同样，

树状数组或线段树维护LIS长度与问题一操作相同

　　问题二另一种解法：发现问题本质为求LIS长度的个数，发现

对于LIS相同，其R值必定递减，于是采用双指针（R单调递减）即可

代码如下（双指针）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define I int
#define LL long long
#define V void
#define C char
#define B bool
const I MAXN = 1e5 + 7;
const I mod = 123456789;
I n,typ,upd,res,tmp,maxn,num;
I R[MAXN],f[MAXN],g[MAXN];
vector <I> sta[MAXN],pre[MAXN];
struct TEL {
    #define lowbit(x) (x & -x)
    I c[MAXN];
    inline V insert (I x,I y) { for ( ;x <= upd;x += lowbit(x)) c[x] = max (c[x],y); }
    inline I secque (I x) {
        I res(INT_MIN);
        for ( ; x ;x -= lowbit(x)) res = max (res,c[x]);
        return res;
    }
}TEL;
signed main () { 
    cin >> n >> typ;
    for (I i(1);i <= n; ++ i)
      cin >> R[i], upd = max (upd,++R[i]);
    for (I i(1);i <= n; ++ i) {
      tmp = TEL.secque (R[i] - 1) + 1;
      TEL.insert (R[i],tmp);   
      f[i] = tmp; maxn = max (maxn,tmp);
    }
    cout << maxn << endl;
    if (typ) {
        for (I i(0);i <= maxn; ++ i) sta[i].push_back(1),pre[i].push_back(0);
        sta[0].push_back (INT_MIN); pre[0].push_back(1);
        for (I i(1);i <= n; ++ i) {
          while (sta[f[i] - 1][0] < sta[f[i] - 1].size () && R[sta[f[i] - 1][sta[f[i] - 1][0]]] >= R[i]) sta[f[i] - 1][0] ++ ; 
          g[i] = pre[f[i] - 1][pre[f[i] - 1].size() - 1] - pre[f[i] - 1][sta[f[i] - 1][0] - 1];
          sta[f[i]].push_back(i);
          pre[f[i]].push_back((pre[f[i]][pre[f[i]].size() - 1] + g[i]) % mod);
          if (!(f[i]^maxn)) (num += g[i]) %= mod;
        }
        cout << (num + mod) % mod << endl;
    }    
}

T3：

　　fib的显著特征为子结构性，即其差分序列仍为fib，拓展到树上

子树的结构完全相同，此时考虑DP思想，将问题转化到子结构上

　　注意的是，通常题目并不一定给出完全序列，即可能存在变形

此时为了简化问题，我们可以考虑根据题目构造相似数列来更好贴合

题目，对于此题，观察发现可以构造1，0，1，1，2，3。。。数列

　　观察fib树，枚举深度确定贡献与子树数量利用fib规律计算

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define I int
#define LL long long
const I MAXN = 5e3 + 3;
const I mod = 123456789;
I n;
LL fib[MAXN],sum[MAXN],res[MAXN << 1];
signed main () {
    cin >> n;
    fib[1] = fib[3] = sum[1] = sum[2] = 1; sum[3] = 2;
    for (I i(4);i <= n; ++ i)
      fib[i] = (fib[i - 1] + fib[i - 2]) % mod,sum[i] = (sum[i - 1] + fib[i]) % mod;
    for (I i(2);i < n; ++ i) res[i] = sum[n - i] * fib[i + 1] % mod;
    for (I i(1);i <= n; ++ i)
      for (I j(1);j <= n; ++ j)
        (res[i + j] += (sum[n - max(i,j) + 1] - 1) * fib[j + 1] % mod * fib[i]) %= mod;
    for (I i(1);i <= n << 1; ++ i) cout << res[i] << ' ';
}