做题记录一

都成老年选手了，能记点就记点吧。

9.10

BZOJ3786 星际探索

玛丽题，跑出括号序后成区间问题，平衡树维护区间移动，加法。
对于移动一段区间，平衡树需要维护节点内正的贡献数量，方便区间加法，然后区间移动的变化量要算清。

写细点，首先跑出括号序 \(dfnl,dfnr\)，左端点是正贡献，右端点是负贡献，每个子树对应的都是一段区间，换父亲就是把这个区间移动到新父亲的管辖区间里，区间的移动自然不会有交，所以可以在平衡树上维护这一操作，先把每个点的括号序插入到平衡树中，区间移动就相当于对区间加，如何在区间修改的情况下快速查询每个点新的括号序，直接暴力跳父亲，一路 pushdown 下来即可，树高是 \(\log\) 的，所以不影响复杂度。再考虑子树加，记录一段区间内正贡献的数量，直接区间加即可。最后考虑查询，题目保证根不会变，所以对于 \(u\) 点的查询，就是区间 \([1,dfnl_u]\) 的和。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){char ch=getchar();int x=0,f=1;for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);return x*f;}
const int N=2e5+10;
std::mt19937 myrand(1);
int n,m,dfc,dfnl[N],dfnr[N],v[N];
std::vector<int> e[N];
inline void dfs(int u,int fa){
	dfnl[u]=++dfc;
	for(int v:e[u])if(v!=fa)dfs(v,u);
	dfnr[u]=++dfc;
}
struct FHQ{
	int root,x,y,cnt,size[N],ls[N],rs[N],sum[N],val[N],w[N],pd[N],tagp[N],tagd[N],rnd[N],num[N],fa[N];
	inline int new_node(int k,int W,int P){val[++cnt]=k,w[cnt]=sum[cnt]=W,num[cnt]=pd[cnt]=P,size[cnt]=1,rnd[cnt]=myrand();return cnt;}
	inline void update(int p){fa[ls[p]]=p,fa[rs[p]]=p; size[p]=size[ls[p]]+rs[p]+1;sum[p]=sum[ls[p]]+sum[rs[p]]+w[p];num[p]=num[ls[p]]+num[rs[p]]+pd[p];}
	inline void pushdown(int p){
		fa[ls[p]]=p,fa[rs[p]]=p; 
		if(tagp[p]){tagp[ls[p]]+=tagp[p],tagp[rs[p]]+=tagp[p],val[ls[p]]+=tagp[p],val[rs[p]]+=tagp[p];}
		if(tagd[p]){tagd[ls[p]]+=tagd[p],tagd[rs[p]]+=tagd[p],sum[ls[p]]+=num[ls[p]]*tagd[p],sum[rs[p]]+=num[rs[p]]*tagd[p];w[ls[p]]+=pd[ls[p]]*tagd[p],w[rs[p]]+=pd[rs[p]]*tagd[p];}
		return tagd[p]=tagp[p]=0,void();
	}
	inline void split(int fx,int fy,int p,int k,int &x,int &y){
		if(!p){return x=y=0,void();}
		pushdown(p);
		if(val[p]<=k)x=p,fa[x]=fx,fx=fx,split(fx,fy,rs[p],k,rs[p],y);
		else y=p,fa[y]=fy,fy=y,split(fx,fy,ls[p],k,x,ls[p]);
		update(p);
	}
	inline int merge(int u,int v){
		if(!u||!v){return u|v;}
		if(rnd[u]<rnd[v]){pushdown(u);rs[u]=merge(rs[u],v);fa[rs[u]]=u,update(u);return u;}
		else{pushdown(v);ls[v]=merge(u,ls[v]);fa[ls[v]]=v;update(v);return v;}
	}
	inline void F(int x){if(!x)return;F(fa[x]);pushdown(x);}
	inline int find(int u){F(fa[u]);return val[u];}
	inline void insert(int k,int W,int P){split(0,0,root,k,x,y);root=merge(merge(x,new_node(k,W,P)),y);fa[root]=0;}
	inline void move(int u,int f){
		int l=find(2*u-1),r=find(2*u),pos=find(2*f-1),z=0;
		int len=r-l+1,d;
		if(l>pos){
			d=pos+1-l;
			split(0,0,root,r,x,y);split(0,0,x,l-1,x,z);
			tagp[z]+=d,val[z]+=d;
			int c=0;split(0,0,x,pos,x,c);
			tagp[c]+=len,val[c]+=len;
			root=merge(merge(merge(x,z),c),y);
		}else{
			d=pos-r;
			split(0,0,root,r,x,y);split(0,0,x,l-1,x,z);
			tagp[z]+=d,val[z]+=d;
			int c=0;split(0,0,y,pos,c,y);
			tagp[c]-=len,val[c]-=len;
			root=merge(merge(merge(x,c),z),y);
		}fa[root]=0;
	}
	inline void add(int u,int d){
		int l=find(2*u-1),r=find(2*u);
		int z;split(0,0,root,r,x,y);split(0,0,x,l-1,x,z);
		sum[z]+=num[z]*d,w[z]+=pd[z]*d,tagd[z]+=d;
		root=merge(merge(x,z),y);fa[root]=0;
	}
	inline int ask(int u){
		int l=find(2*u-1);
		split(0,0,root,l,x,y);int res=sum[x];
		root=merge(x,y);fa[root]=0;
		return res;
	}
}s;
signed main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);
	std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);
	n=read();for(int i=2;i<=n;++i){int x=read();e[x].emplace_back(i);e[i].emplace_back(x);}
	for(int i=1;i<=n;++i){v[i]=read();}
	dfs(1,0);
	for(int i=1;i<=n;++i)s.insert(dfnl[i],v[i],1),s.insert(dfnr[i],-v[i],-1);
	m=read();
	for(int i=1;i<=m;++i){
		char ch=getchar();while(ch<'A'||ch>'Z')ch=getchar();
		if(ch=='Q')std::cout<<s.ask(read())<<'\n';
		if(ch=='C'){int u=read(),fa=read();s.move(u,fa);}
		if(ch=='F'){int u=read(),d=read();s.add(u,d);}
	}
}

P11036 【MX-X3-T3】「RiOI-4」GCD 与 LCM 问题

cpa 给的题，分下奇偶，设 \(\gcd(c,d)=x\) 后就差不多没东西了，sol。

9.11

P2257 YY的GCD

这个题应该就是最板的莫反吧。随便退下式子后考虑函数 \(f\) 的性质，筛出来就做完了。

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)\in\text{P}]\\ =&\sum_{d\in\text P}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum_{d\in\text P}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sum_{e\mid\gcd(i,j)}\mu(e)\\ =&\sum_{d\in\text P}\sum_{e=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(e)\left\lfloor\frac{n}{de}\right\rfloor \left\lfloor\frac{m}{de}\right\rfloor\\ =&\sum_{T=1}^{n}\sum_{d\mid T\&d\in\text P}\mu(\frac{T}{d})\left\lfloor\frac{n}{de}\right\rfloor \left\lfloor\frac{m}{de}\right\rfloor\\ =&\sum_{T=1}^{n}f(T)\left\lfloor\frac{n}{de}\right\rfloor \left\lfloor\frac{m}{de}\right\rfloor\ \end{aligned} \]

数表

平凡推下式子之后，发现限制很大，但是发现 \(n\) 比较小，考虑离线二维数电，BIT 维护做完了。

约数个数和

平凡推下式子后，可以做到 \(\mathcal{O}(n^{\frac{3}{4}})\)，然后在把约数倒进去，筛一下约数个数做完了。

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upd on 9.19：做到更新这个博有点困难了。

9.13

发现不会差分约束，所以速通了。

糖果

朴素的 spfa 跑不动，发现边权只有 \(0\) 和 \(-1\)，把边权转为正的后找正环就行，缩点后拓扑。

9.14

打了模拟赛，学了 nim-k。

9.19

P2607 [ZJOI2008] 骑士
基环树森林，考虑每个连通块，处理环上的树后，在环上 DP 即可，答案是所有连通块的和。

10.16

History

不考虑回溯操作，首先 \(y\) 如果为奇数答案一定是 \(0\)，否则去找 \(x\) 的 \(\frac{y}{2}\) 级祖先，倍增处理，考虑对于每一个深度按 dfs 序为下标建立一棵线段树，查的时候直接查祖先范围内的点即可。
加上回溯操作相当于让每一个查询在特定的时间询问，回溯相当于加边，整个操作序列构成了一棵树，直接 dfs 一遍即可，每个 1 操作最多做两次。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)。

CF1139D

设 \(f_i\) 表示目前 gcd 为 \(i\)，期望还需要多少次才能使 gcd 为 \(1\)，设 \(num_{i,j}\) 表示 \([1,m]\) 中与 \(i\) 的 gcd 为 \(j\) 的数的个数，转移方程为 \(\large f_i=1+\frac{\sum_{j\mid i}f_{j}num_{i,j}}{n}\)，两边都有目标，简单化简一下，\(\Large f_i=\frac{n+\sum_{j\mid i\& j\not=i}f_jnum_{i,j}}{n-num_{i,i}}\)，边界值有 \(\large f_1=0\)，现在只剩最后一个问题了，如何求得 \(num_{i,j}\)，直接上容斥即可。
感觉不可能做到更新这个博了。