CSP 模拟 10

T1 黑暗型高松灯

鞅的停时定理，科技题，不会。

T2 速度型高松灯

朴素的状态转移方程是 \(f_{i}=f_{i-1}\times 10^k+i\)，显然可以矩阵加速，对于每个长度的数分别处理。时间复杂度 \(\mathcal{O}(log^2n)\)

T3 力量型高松灯

莫反推式子题，团书赛时坠机了。

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k\mu^2(\gcd(i,j))\gcd(i,j)\\ =&\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^k[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^k\sum_{e\mid\gcd(i,j)}\mu(e)\\ =&\sum_{d=1}^{n}d^{k+1}\mu^2(d)\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}e^k\mu(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}(i+j)^k\\ =&\sum_{T=1}^{n}T^k\sum_{d\mid T}d\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})S(\lfloor\frac{n}{de}\rfloor)\\ =&\sum_{T=1}^{n}T^kf(T)S(\lfloor\frac{n}{de}\rfloor)\\ &S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i+j)^k=\sum_{i=1}^{n}(i-1)i^k+\sum_{i=n+1}^{2n}(2n-i+1)i^k\\ &设 F(n)=\sum_{i=1}^{n}i^k,G(n)=\sum_{i=1}^{n}F(i)=\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)i^k\\ &\sum_{i=1}^{n}(i-1)i^k=\sum_{i=1}^{n}n\cdot i^k-G(n)\\ &\sum_{i=n+1}^{2n}(2n-i+1)i^k=\sum_{i=1}^{2n}(2n-i+1)i^k-\sum_{i=1}^{n}n\cdot i^k-\sum_{i=1}^{n}(n-i+1)i^k=G(2n)-\sum_{i=1}^{n}n\cdot i^k-G(n)\\ &\therefore S(n)=\sum_{i=1}^{n}n\cdot i^k-G(n)+G(2n)-\sum_{i=1}^{n}n\cdot i^k-G(n)=G(2n)-2G(n) \end{aligned} \]

再看前面这个东西，这玩意一定是个积性函数，考虑咋筛，发现当 \(T\) 的质因数最高次幂大于等于 \(3\) 是，\(\mu^2(d)\) 和 \(\mu(\frac{T}{d})\) 总有一个等于 \(0\)，此时 \(f(T)\) 的值一定为 \(0\)，所以筛的时候只需要看 \(T\) 是否是 \(p\) 的 \(2\) 次幂即可，然后此时 \(f(T)=f(p^2)f(\frac{T}{p^2})\)，其中对于任意质数 \(p\)，\(f(p^2)=-p\)，然后全部 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理出来，\(\mathcal{O}(\sqrt n)\) 回答即可。

T4 高松灯

纯签到，贪心做，没人想看这个的题解。

总结

这场没啥说的，没区分度，T1 也不知道除了正解还有啥能拿分，T2 矩阵还打一会，有个细节还写挂了，T3 莫反不会。剩一个半小时的时候大家都干别的去了。