神秘题记录

图论

CF1368G Shifting Dominoes

有一个 \(n\times m\) 的棋盘，被 \(1\times2\) 的骨牌覆盖，保证 \(2\mid nm\)。

现在你需要执行以下操作：

1. 移去恰好一张骨牌。
2. 将一张骨牌沿着其长边进行移动。你可以进行这一步任意次。
3. 你需要保证在任意时刻，每张骨牌的位置与其初始位置至少有一个公共格子。

求你可以得到的所有可能的最终局面的数量。

\(nm\le2\times10^5\)。

对于某一个格子，假如它最终是空的，要么一开始覆盖它的骨牌被移去，要么覆盖它的骨牌照它的反方向移动一格。

覆盖它的骨牌照它的反方向移动一格，相当于把空位从反方向两格的位置移动到这个位置。

按照这个方式建图，建出来会是一棵棵基环树，手玩发现不会有环（证明不会）。

于是最后会是一个森林，给网格黑白染色，黑白格之间不会连边。

所以移走某个骨牌 \(A\) 后，空位能到达的状态必然是 \(A\) 的两个格子的子树，黑白格不连边，于是这两棵子树不会有交。

拍扁 dfn 序，转化为矩形面积并，扫描线+线段树。

时间复杂度 \(O(S\log S)\)（\(S=nm\)）。

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CF1458D Flip and Reverse

给一个 01 串 \(s\)。

每次可以选择一个 01 个数相等的区间 \([l,r]\)，翻转（reverse）\(s[l\dots r]\)，并反转（flip）\(s[l\dots r]\)。

求最后能得到的字典序最小的 \(s\)。

多组数据，\(\sum|s|\le 5\times10^5\)。

记一个值 \(x\)，初值为 \(0\)。

扫一遍 \(s\)，遇到 \(1\) 则 \(x\gets x+1\)，否则 \(x\gets x-1\)。

给变化前后的 \(x\) 连边（遇到 \(1\) 则 \(x\to x+1\)，否则 \(x\to x-1\)。）

初始 \(s\) 为图的一条欧拉路径。

发现一次操作是把一个环所有边反向。

经典结论，欧拉路径随便选，不需要考虑初始方向。

把图变为无向图，最终的 \(s\) 为一条欧拉路径。

字典序最小，可以贪心，在 \(x\) 处贪心先走 \(x-1\)。

但发现 \(x-1\Leftrightarrow x\leftrightarrow x+1\) 会寄。

增加条件：若 \(x\to x+1\) 的边只有一条，那么 \(x\to x+1\) 的边要有两条才能先走 \(x\to x+1\)。

单次询问时间复杂度 \(O(|s|)\)。

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CF1466H Finding satisfactory solutions

有 \(n\) 人和 \(n\) 个物品。

每个人有一个排列 \(s_i\) 表示他想要物品的优先程度的排名。

给人分配物品，使得最优的分配方案 \(p\) 不会被偏序。

可以 \(s\) 对应的证明 \(p\) 唯一。

被偏序指：存在更优的分配方案 \(p'\) 使得每个人分到的物品不劣，并且有人分到更优的物品。

\(n\le 40\)，时限 \(5s\)。

每个 \(s\) 对应唯一的最优 \(p\) 唯一，考虑如何找到 \(p\)。

先假设每个人取得最有物品，建图 \(i\to s_{i,1}\)。

建出来会是内向基环树森林，找到环，环上的点一定是最优的。于是不能动环，删掉环上的点和边。

删完后若有点 \(x\) 原本连上环上的点 \(s_{x,1}\)，但 \(s_{x,1}\) 被删除了，退而求其次 \(x\to s_{x,2}\)。

以此类推最后会得到唯一的 \(p\)。

题目给定 \(p\)，能得到最终的环，即 \(i\to p_i\) 的环。

分类每一层删除的环。

考虑第 \(k\) 层环上一个点，假设第 \(k-1\) 层有 \(X=cnt_{k-1}\) 个点，\(k\) 层及以后有 \(Y=suf_{k-1}\) 个点。它的 \(s\) 的方案是：

\[\dfrac{(n-1)!X}{Y(X+Y)} \]

第 \(k\) 层有 \(siz\) 个点的方案：

\[(\dfrac{(n-1)!X}{Y(X+Y)})^{siz} \]

第 \(k\) 层有 \(len\) 个点的环的贡献：

\[\begin{aligned} &\left((n-1)!\prod_{k=1}^{i-2} (1+{cnt_k\over suf_k})\right)^{len}\left(\left(1+{cnt_{i-1}\over suf_{i-1}}\right)^{len}-1\right)\\ =&\left((n-1)!\prod_{k=1}^{i-1} (1+{cnt_k\over suf_k})\right)^{len}\left(1-\left(1+{cnt_{i-1}\over suf_{i-1}}\right)^{-len}\right) \end{aligned} \]

于是可以开始 DP，\(dp_{s,i,j,k}\) 表示状态为 \(s\)，当前环长 \(i\)，当前层点数 \(j\)，上一层点数 \(k\) 的方案数。

状态数 \(s\) 的数量很少，好像大概只有 \(1500\) 个左右。

复杂度就是 \(1500\) 乘上若干个 \(n\)。根本跑不满所以能过。

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CF1477D Nezzar and Hidden Permutations

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的简单无向图，构造两个排列 \(p,q\)，使得：

• 对任意 \((u,v)\in E\)，\((p_u-p_v)(q_u-q_v)>0\).
• 在此基础上，最大化 \(|\{i\mid p_i\neq q_i\}|\).

多组数据，\(1\le \sum n,\sum m\le 5\times 10^5\)，时限 \(5s\)。

题意转化：将无向图定向为 DAG，构造两个拓扑序 \(p,q\) 使得 \(|\{i\mid p_i\neq q_i\}|\) 最大。

对于一个 DAG，一个点 \(x\) 在拓扑序中的位置固定当且仅当所有点都能到达 \(x\) 或者被 \(x\) 到达。

此时若有 \(s\) 个点能够到达 \(x\)，那么必有 \(p_s=q_s=x\)。

称这样的点为“固定点”。

所以固定 DAG 答案上界是 \(n\) 减去“固定点”的个数。

在无向图内，若一个点度数为 \(n-1\)，那么定向后它一定是“固定点”。

把度数为 \(n-1\) 的点 ban 掉之后，新图剩下 \(n'\) 个点，此时度数为 \(n'-1\) 的点又一定是“固定点”。

依次类推，最后剩下的点是答案的上界。

称剩下的图为 \(G\)，\(G\) 中不存在点度数为 \(|G|-1\)。

反图 \(\neg G\) 的每个连通块都至少有两个点。

发现 \(\neg G\) 的一个菊花一定可以构造，设菊花根为 \(rt\)，叶子为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)。构造：

• \(p=\{rt,a_1,a_2,\dots,a_k\}\)
• \(q=\{a_1,a_2,\dots,a_k,rt\}\)

trick：菊花剖分。

当前点 \(x\) 未被剖分。

• 若所有 \(x\to y\) 的 \(y\) 均未被剖分，剖出以 \(x\) 为根的菊花。
• 若存在 \(x\to y\) 的 \(y\) 已被 \(rt\) 为根的菊花剖分：
• 如果 \(rt\) 为根的菊花还有大于两个点，直接“抢夺” \(y\) 到 \(x\) 为根的菊花。
• 如果 \(rt\) 为根的菊花只有两个点，“移形换影” \(y\) 为菊花的根，\(x,rt\) 为叶子。

反图用 set 维护，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

\(\small\mathbf{注意输出节点在拓扑序中的位置而不是拓扑序！}\)

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CF986F Oppa Funcan Style Remastered

给定 \(n,k\)，求是否存在排列 \(p\) 使得 \(i\to p_i\) 所有环的环长都是 \(k\) 的因数，不能自环。

多组数据，\(T\le 10^4\)，\(n\le 10^{18}\)，\(k\le 10^{15}\)，最多 \(T_k=50\) 个不同的 \(k\)。

转化题意，求 \(n\) 是否能被划分为若干个 \(k\) 的非 \(1\) 因数之和。

显然可以只考虑 \(k\) 的质因数。

分类讨论 \(k\) 的质因数个数 \(d\)：

• \(d=1\)，\(k\) 形如 \(p^a\)，判断 \(p|n\)。
• \(d=2\)，\(k\) 形如 \(p^a q^b\)，判断 \(q\times(\dfrac{n}{q}\bmod p)\le n\)
• \(d\ge 3\)，最小质因子至多 \(\sqrt[3]{10^{15}}=10^5\)，直接同余最短路。

分解使用 Pollard Rho。

时间复杂度 \(O(T_k k^{\frac{1}{4}}+T_k k^{\frac{1}{3}}+T_k\log k+T)\)。

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CF1148G Gold Experience

有 \(n\) 个点，带点权 \(a\)，两点 \(i,j\) 若满足 \(\gcd(a_i,a_j)>1\) 则连一条无向边 \((i,j)\)。

定义一张图中的某一个点是“好的”，当且仅当它和其它所有点有连边。

构造一个大小恰好为 \(k\) 的导出子图，使得每个点都是“好的”或者每个点都不是“好的”：

\(6\le 2\cdot k\le n\le 2\times 10^5\)，\(2\le a_i\le 10^7\)。

时限 \(2s\)，空限 \(1000M\)。

\(\gcd>1\) 的限制太奇怪了，取补图，转化为 \(\gcd=1\)，限制为所有点都是孤立点或者没有孤立点。

假如所有点度数 \(<2\)，那么最大独立集至少有 \(\dfrac{n}{2}\) 个点，选择某个大小为 \(k\) 的独立子集即可。

点 \(x\) 度数 \(\ge 2\)，则可以提取出三元链 \(y\to x\to z\)。三元链可以凑出大小为 \(2\) 或 \(3\) 的子图。

令 \(f(x)\) 为前 \(x\) 个数的图中非孤立点个数。

二分 \(f(p-1)+3<k\le f(p)+3\) 的最小 \(p\)。

有 \(m=f(p)-f(p-1)-1\) 个点只与 \(p\) 连边，可以取出 \(2\sim m\) 个。

又有三元链可以多调整 \(1\) 个位置，就做完了。

将每个数多余质因子去除，暴力枚举因数莫反。

记 \(d\) 为最大值的满足前 \(d\) 个质数的积大于 \(V\)。（实际 \(d\le 8\)）

时间复杂度 \(O(n2^d\log n+nd2^d+V)\)，空间复杂度 \(O(n2^d)\)。

其实跑得挺快。

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CF1240F Football

给一个 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，有 \(k\) 种颜色。

构造一种对边染色的方案使得：

对于每个点，记 \(s_i\) 为连向它的颜色为 \(i\) 的边数，需要满足 \(s\) 极差不超过 \(2\)。

\(3\le n\le 100\)，\(0\le m\le 1000\)，\(1\le k\le 1000\)。

拆点，原图边 \((x,y)\) 变为新图边 \((x,y+n)\)，也就是变成二分图。

给二分图边染色，让每个点极差不超过 \(1\)，合并回原图极差就不超过 \(2\)。

trick：二分图对边 \(k\) 染色，每个点度数 \(\le k\)，则可以做到出边颜色两两不同。

假设当前边 \((u,v)\)，\(u\) 出边未染颜色 \(a\)，\(v\) 出边未染颜色 \(b\)。

若 \(a=b\)，直接将 \((u,v)\) 染为 \(a\)。

反之 \(a\ne b\)，称这个冲突为 \(f(u,v,a,b)\)。

找到 \(v\overset{a}{\rightarrow}u'\)，将 \((u,v)\) 染为 \(a\)，将 \((u',v)\) 染为 \(b\)

• \(u'\) 之前未染色 \(b\)，解决。
• \(u'\) 之前未染色 \(b\)，找到冲突 \(u'\overset{b}{\rightarrow}v'\)，求解子问题 \(f(u',v',b,a)\)。

这样若递归会 \(u\)，二分图必定只有偶环，则会是 \(f(u,?,a,b)\) 的形式。

但 \(u\) 之前还没有出边被染为 \(a\) 颜色，不存在 \(?\) 点，矛盾，故一定会递归到有解。

若一个点出边有 \(kx+y\) 条，拆成 \(x\) 个度数为 \(k\) 的点和一个的数为 \(y\) 的点。

让每个点连出的边颜色两两不同，再合并，就行了。

时间复杂度 \(O(m^2)\)。

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CF1268D Invertation in Tournament

给一个 \(n\) 点的竞赛图，称翻转 \(x\) 为反转 \(x\) 的出入边的方向。

构造最少翻转次数，使得图强连通。并求最少翻转次数的方案数。

\(3\le n\le 2000\)，时限 \(3s\)。

有很多非常牛的结论。

结论 \(1\)：竞赛图缩点之后一定是一条 \(k\) 个点的链，并且对于所有 \(i<j\) 都有边 \((i,j)。\)

结论显然。

结论 \(2\)：\(n>3\) 个点的强连通竞赛图可以删除其中一个点，使得剩下的图强连通。

假设有一个 \(n-1\) 个点的竞赛图 \(G\)，加入点 \(n\) 和它连的 \(n-1\) 条边，得到强连通竞赛图 \(G'\)。

称 \(G\) 缩点之后的连通分量链为 \(S_1,S_2,\dots,S_k\)。

• \(k=1\)。

  \(G\) 强连通，\(G'\) 删除 \(n\) 后强连通。

• \(k\ge 3\)

  由于 \(G\) 强连通，在 \(G\) 中 \(S_k\) 一定能走到 \(S_1\)，那么只能是 \(S_k\to n\to S_1\)。

  令 \(x\in S_1,y\in S_n\)，有 \(y\to n\to x\)。

  根据结论 \(1\)，所有点在 \(G\) 中都可到达 \(x\)，也都可被 \(y\) 到达。

  \(G'\) 中删去任意点 \(p\in S_m\)，\(1<m<k\)，不影响所有点都可到达 \(x\) 和可被 \(y\) 到达。

  又 \(x\to n\to y\)，任意点 \(\to x\to n\to y \to\) 任意点，所以 \(G'\) 去除点 \(p\) 强连通。

• \(k=2\)

  由于 \(n>3\)，必有 \(|S_1|\ge 2\) 或 \(|S_2|\ge 2\)，从这个集合中删除一个点 \(p\)。

  同理，只要 \(p\) 不是 \(x\) 或 \(y\)，则仍不影响上述性质，\(G'\) 去除点 \(p\) 仍强连通。

得证。

推论：\(n>3\) 个点的强连通竞赛图可以翻转其中一个点，使得它仍强连通。

翻转你结论 \(2\) 中要删除的那个点即可。

结论 \(3\)：\(n>6\) 个点的强连通竞赛图，可以翻转至多 \(1\) 个点使得原图强连通。

称竞赛图 \(G\) 缩点之后的连通分量链为 \(S_1,S_2,\dots,S_k\)。

• \(k=1\)

  不需要翻转，直接强连通。

• \(k\ge 3\)

  选择任意点 \(p\in S_m\)，\(1<m<k\)，翻转 \(p\)。

  有路径：任意点 \(\to S_k\to p\to S_1 \to\) 任意点，图 \(G\) 强连通。

• \(k=2\)

  必有 \(|S_1|>3\) 或 \(|S_2|>3\)。

  • \(|S_1|>3\)

    根据结论 \(2\) 推论，存在 \(x\in S_1\) 使得翻转 \(x\) 后 \(S_1\) 强连通，翻转 \(x\)。

    找到 \(y\in S_1,y\ne x\)，有环 \(S_2\to x\to y\to S_2\)。

    又 \(S_1,S_2\) 强连通，则翻转 \(x\) 后 \(G\) 强连通。

  • \(|S_2|>1\)

    相同的，存在 \(x\in S_2\)，使得翻转 \(x\) 后 \(S_2\) 强连通，翻转 \(x\)。

    同理翻转 \(x\) 后 \(G\) 强连通。

得证。

兰道定理推论：竞赛图强连通的充要条件是，按照出度 \(d\) 排序顶点，\(\nexists k\in[1,n),\sum\limits_{i=1}^k d_i={k\choose 2}。\)

充分性：设前 \(k\) 个点度数之和为 \(k\choose 2\)，有它们的导出子图有 \(k\choose 2\) 条边，即它们不向其他点连边。

必要性：

假设图 \(G\) 是非强连通竞赛图，缩点之后的连通分量链为 \(S_1,S_2,\dots,S_k\)。

根据结论 \(1\)，所有 \(x\in S_i(i<k)\) 都有 \(x\to y(y\in S_k)\)，则 \(d_x\ge |S_k|\)。

又有 \(\forall x\in S_k,d_x\le |S_k|\)，则 \(d\) 的前 \(k\) 小为 \(S_k\) 所有点。

又因为 \(S_k\) 内部是竞赛图，所以 \(\sum\limits_{i=1}^{|S_k|}d_i={|S_k|\choose 2}\)。

这样就可以 \(O(n)\) 判断竞赛图是否强连通了。

\(n\le 6\) 直接 \(2^n\) 枚举翻转点集，\(n>6\) 我们枚举翻转那个点，排序使用桶排。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

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CF487E Tourists

给一张 \(n\) 点 \(m\) 边的带点权连通无向图，无重边自环，\(q\) 次操作：

• 单点修改点权。
• 查询 \(u\to v\) 所有不重点路径中的最小点权。

\(1\le n,m,q\le 10^5\)。

这就是广义圆方树？

路径不重点，缩点双，每个点双建方点连向内部所有点（圆点），这样就能建出广义圆方树。

网上的图：

查询就是路径方点邻域和圆点的最小值。

lxl 说过，这种邻域信息维护父亲一定死。

trick：邻域信息只维护儿子。

每个方点开 multiset 维护儿子信息，特判查询路径 lca 为方点。

然后树剖上线段树。时间复杂度 \(O(n\log n+m+q\log^2 n)\)。

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[AGC045E] Fragile Balls

有 \(n\) 个球，\(m\) 个盒子。

初始 \(i\) 号球在 \(A_i\) 号盒子中，需要把它移动到 \(B_i\) 号盒子，它只能移动 \(C_i\) 次。

每一次移动形如：选择至少有两个球的盒子 \(x\)，选择 \(x\) 中的球 \(i\)，将其移动到另一个盒子 \(y\)。

求是否有解，以及有解的最少移动次数。

保证最终状态⾥每个盒⼦都有球。

\(1\le n,m\le 10^5\)，\(1\le A_i,B_i\le n\)，\(1\le C_i\le 10^5\)。

感谢 pb 的意识流题解。

建图，\(A_i\to B_i\)。（图上的点是盒子！！！边是球！）

先考虑 \(C_i=1\) 的情况，即每条边只能动一次。

显然若点 \(x\) 入度 \(in_x=0\) 并且出度 \(out_x>1\) 则肯定无解，特判这种情况。

如果某一个球 \(i\) 已经到 \(B_i\) 了，它所在的盒子 \(B_i\) 若有其他球 \(j\)，则此时 \(B_i\) 满足有两个球的限制。

可以直接将 \(j\) 挪到 \(B_j\)，这样 \(j\) 就到 \(B_j\) 了。

接下来称图上某个点 \(x\) “归位”指盒子 \(x\) 内存在球 \(i\) 使得 \(B_i=x\)。

根据上面这种做法，假如 \(x\) 归位了，那么图上所有 \(x\to y\) 的 \(y\) 也能归位。

这启发我们考虑强连通分量，假如强连通分量内部有一个点归位了，那么整个强连通分量都能归位。

考虑某一个缩点后在 DAG 上入度为 \(0\) 的强连通分量 \(S\)。

假设我们让 \(S\) 所有点归位了，那么 DAG 上 \(S\) 的儿子会获得一些已归位的点（\(S\) 向其儿子连的边），然后 \(S\) 的儿子所有点都可以归位，以此类推 \(S\) 所有后继都可以全部点归位。

对于某个弱连通块，只要其入度为 \(0\) 的强连通分量全部归位，那么这个弱连通块就解决了。

于是考虑如何让 \(S\) 归位某个点。

假设 \(S\) 内部存在简单环 \(x\to y\to z\to \dots\to x\)，并且 \(x\) 的出度 \(out_x>1\)。

由于 \(out_x>1\)，此时盒子 \(x\) 有大于一个球，把代表 \(x\to y\) 的球移动至 \(y\)。

这是盒子 \(y\) 又有大于一个球，将代表 \(y\to z\) 的球移动至 \(z\)。

以此类推，可以将最终整个简单环上的点都归位。

强连通分量简单环随便找，难点在于 \(out_x>1\)。

若一个 \(S\) 内部无 \(out_x>1\)，则 \(S\) 根本无法操作，必定无解。

• 若 \(S\) 所处弱连通块仅 \(S\) 一个强连通分量，有无解取决于是否存在 \(x\in S,out_x>1\)。
  • 只有简单环才能使得 \(\nexists x\in S,out_x>1\)。
• 若 \(S\) 不止 \(S\) 一个强连通分量，即 \(S\) 在 DAG 上有出度。
  • 若 \(|S|=1,S=\{x\}\)，则 \(in_x=0,out_x>0\)，已被特判。
  • 若 \(|S|>1\)，则 \(\forall x\in S,out_x\ge 1\)，又 \(S\) 在 DAG 上有出度，则存在 \(x\in S,out_x>1\)。

结论：有解当且仅当每个点数 \(>1\) 的弱连通块存在点 \(x\) 使得 \(out_x>1\)。

充分性上面证了，必要性显然：若 \(\forall x,out_x\le 1\)，那么所有点动都动不了。

结论也相当于：有解当且仅当每个非自环的弱连通块不是简单环。

\(\rule{20cm}{0.05em}\\\)

接下来考虑 \(C_i>1\) 的情况，并考虑最小化操作次数。

对于一条边（一个球），它可以移动到别处“帮助”别的弱连通块，将其抽象成带价值和代价的物品。

设 \(k\) 为非自环简单环连通块数量，需要选择物品使价值 \(\ge k\)。（特判 \(k=0\)）

答案初始设为 \(k+\sum\limits_{i=1}^m[A_i\ne B_i]\)，计算额外的代价。

分类讨论球 \(x\)（边 \(A_x\to B_x\)）和其连通块 \(S\) 情况：

• \(a\)：\(A_x\ne B_x\)，非自环。
  1. \(S\) 是简单环，要“帮助”一次才能移动这个连通块，这个代价已经在最后得到的 \(k\) 价值中计算，故代价为 \(0\)，球 \(x\) 都可以挪出去 \(C_x-1\) 次再挪回来，价值为 \(C_x-1\)。
  2. \(S\) 非简单环，\(S\) 可以直接内部归位，价值为 \(0\)，同理价值为 \(C_x-1\)。
• \(b\)：\(A_x=B_x\)，自环。
  1. \(S\) 仅 \(x\) 自环，要“帮助”一次才能移动，最后还得用一次挪回来，代价为 \(2\)，价值为 \(C_x-2\)。
  2. \(S\) 非简单环，同样每个球还得用一次挪回来，代价为 \(1\)，价值为 \(C_x-1\)。

特别地，如果没有 \(a.2\)，我们一开始只能使用 \(b.2\)。

显然每类物品都是先取价值大的，将每一类物品从大到小排序。

\(a\) 类物品免费直接取，取完 \(\ge k\) 就直接搞定。

否则设 \(b.1\) 取 \(X\) 个，\(b.2\) 取 \(Y\) 个，\(b.1\) 前 \(X\) 大价值和 \(+\) \(b.2\) 前 \(Y\) 大价值和 \(\ge k\)，代价 \(2X+Y\)。

对每个 \(X\) 二分出最小的 \(Y\)，复杂度 \(O(n\log n)\)，双指针可以 \(O(n)\)。

你甚至可以 \(O(n^2)\) 枚举 \(X,Y\)，强烈吐槽 AT 数据水。

\(O(n^2)\) Record

使用了并查集处理弱连通块，所以是 \(O(n\alpha(n))\)。

\(O(n\alpha(n))\) Record

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CF750H New Year and Snowy Grid

有一个 \(n\times m\) 的棋盘，初始有一些格子是障碍。

\(q\) 次询问，加入 \(k\) 个新的障碍后是否存在 \((1,1)\to (n,m)\) 的两条不相交路径。

询问之间相互独立。

\(2\le n,m\le 10^3\)，\(1\le q\le 10^4\)，\(1\le k\le 10\)。

先考虑如何判定存在 \((1,1)\to (n,m)\)（左上到右下）的两条不相交路径。

这相当于最小割 \(\ge 2\)。

在右上和左下边界处加一圈蓝点。

\((1,1)\to (n,m)\) 不能连通相当于左下和右上的蓝点通过黑点八连通。

接下来“连通”指八连通，“几乎连通”指两个点之间再加一个点就连通。

则最小割 \(\le 1\) 相当于：存在加上一个额外的黑点的方案，使左下和右上的蓝点通过黑点连通。

先把原图的连通块处理出来，新加入 \(k\) 个点只会多 \(O(k)\) 个连通块与左下或右上连通。

处理出这 \(O(k)\) 个连通块，称 \(S\) 是与左下连通的集合，\(T\) 是与右上连通的集合。

无解情况：

1. 新增的 \(k\) 个黑点后，左下和右上连通。

   判一下就行。

2. 新增的点 \(x\in S\)，与点 \(y\in T\) 几乎连通。

   对 \(k\) 个新增的点枚举与其几乎连通的点即可。

3. 连通块 \(x\in S,y\in T\)，\(x\) 与 \(y\) 几乎连通。

   直接暴力枚举 \(S\) 和 \(T\) 中的连通块判是否几乎连通。

时间复杂度 \(O(nm+qk^2)\)。

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CF798E Mike and code of a permutation

对于一个 \(1\sim n\) 的排列 \(p\)，定义它的编码 \(a\) 为：

\(i=1\dots n\)，\(a_i\) 为第一个未标记的 \(j\) 满足 \(p_j>p_i\)，标记 \(j\)，没有合法的 \(j\) 则 \(a_i=-1\)。

现在给出 \(a\)，构造 \(p\)。

\(1\le n\le 5\times 10^5\)。

接下来 \(a_i=-1\) 认为是 \(a_i=n+1\)。

令 \(b_i\) 为 \(i\) 在 \(a\) 中的位置，若 \(a\) 中没有 \(i\) 则 \(b_i=n+1\)。

在 \(a_i=j\) 时，能得到信息：

• \(p_j>p_i\)，即题目给的条件，转换 \(p_{a_i}>p_i\) 得 \(p_i>p_{b_i}\)。

• \(k\in[1,j-1]\)，\(k\) 之前未标记，则 \(p_k<p_i\)。

  若 \(k\) 之前未标记，意味着存在 \(b_k>i\)，即 \(k\) 在 \(i\) 后标记。

对于所有 \(p_x<p_y\) 的限制连边 \(x\to y\)，拓扑序就是 \(p\)。

trick：求拓扑序的反图 dfs 方法。

当前 \(\operatorname{dfs}(x)\)：

找到反图上 \(x\to y\) 的 \(y\)，若 \(y\) 没被 dfs 过，则 \(\operatorname{dfs}(y)\)。

拓扑 \(x\)。

dfs(x){
    vis[x]=true;
    for(x 的儿子 y)if(!vis[y])dfs(y);
    topo.push_back(x);
}

这样只需要知道 \(x\) 在反图上还未 dfs 的儿子 \(y\) 就能拓扑了。

反图上 \(x\to y\) 即限制 \(p_x>p_y\)，可得 \(y=b_x\) 或 \(y<a_x,b_y>x\)。

线段树维护 \(b\) 区间 max，dfs 到 \(x\) 时删掉 \(b_x\)。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

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CF718E Matvey's Birthday

有一个长为 \(n\) 的字符串 \(s\)，生成一个无向图：

• \(1\le i<n\) 的 \((i,i+1)\) 连边。
• \(s_i=s_j\) 的 \((i,j)\) 连边。

求图的直径 \(D\) 和有多少点对 \((x,y)\) 的最短路为 \(D\)。

\(1\le n\le 10^5\)，字符集 \(a\sim h\)。

记 \(k=8\) 为字符集大小。

不难发现任意两点最短路不可能包含三个相同字符的点，即最短路 \(\le 2k-1=15\)。

记 \(f_{x,c}\) 为位置 \(x\) 到字符 \(c\) 的距离，\(g_{c1,c2}\) 为任两个字符 \(c1,c2\) 的距离的最小值。

\(f\) 和 \(g\) 可以多源 bfs \(O(nk)\) 求出：

bfs 颜色 \(c\)，队列加入所有 \(s_i=c\) 的点 \(i\)，距离为 \(0\)。

当前队顶 \(x\)，距离为 \(f_{x,c}=d\)。

• 若之前没有过颜色为 \(s_x\) 的点，\(g_{c,s_x}=d\)。

  将所有 \(s_i=s_x\) 且 \(i\) 不在队列中的 \(i\) 加入队列，距离 \(d+1\)。

若 \(x-1,x+1\) 没有进过队列，加入它，距离 \(d+1\)。

现在考虑如何计算 \(dis(i,j)\)（\(j<i\)）。

• \(i-j\le 15\)

  \[dis(i,j)=\min(\min_c f_{i,c}+f_{j,c}+1,i-j) \]

  直接 \(O(nk^2)\) 暴力计算。

• \(i-j>15\)

  \[dis(i,j)=\min_c f_{i,c}+f_{j,c}+1 \]

  有一个性质：bfs 的过程说明 \(f_{i,c}=g_{s_i,c}\ \operatorname{or}\ f_{i,c}=g_{s_i,c}+1\)。

  考虑状压，\(S_i\) 为 \(k\) 位二进制数，第 \(c\) 位为 \(0/1\) 表示 \(f_{i,c}=g_{s_i,c}/f_{i,c}=g_{s_i,c}+1\)。

  开桶 \(C_{c,t}\) 表示 \(j<i-15,s_j=c,S_j=t\) 的 \(j\) 的个数。

  直接枚举 \(c,t\) 计算贡献，时间复杂度 \(O(nk^2 2^k)\)，预处理一下就是 \(O(k^3 4^k+nk2^k)\)。

总时间复杂度 \(O(nk+k^3 4^k+nk2^k)\)。

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P5292 [HNOI2019] 校园旅行

有一个 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，每个点有 \(0/1\) 点权。

一条路径是好的当且仅当经过的点点权组成回文串。

\(q\) 次询问 \(u,v\) 之间是否存在好的路径。

注意路径可以重复经过点、边。

\(1\le n\le 5\times 10^3\)，\(1\le m\le 5\times 10^5\)，\(1\le q \le 10^5\)。

有明显的 \(O(m^2)\) 做法：

bfs 到合法点对 \((u,v)\)，扩展 \(u'\to u,v\to v'\)，使得 \(u',v'\) 点权相同，加入点对 \((u',v')\)。

考虑删除无用的边使得边数更少。

称边 \((u,v)\) 为“同色边”指 \(u,v\) 点权相同，其它边称为“异色边”。

提出同色边组成的图 \(G_0\)。

点 \(u,v\) 在 \(G\) 中所属连通块中 \(S_u,S_v\)，若 \(u,v\) 之间存在好的路径，那么扩展一下：

\(u,v\) 在 \(S_u,S_v\) 中各走 \(x\) 步到达 \(u',v'\)，\(u',v'\) 之间也存在好的路径。

对于 \(G_0\) 的连通块 \(S\)：

• 若 \(S\) 中存在奇环，\(S\) 中任意两点 \(u,v\) 均存在 \(u\to v\) 的长度为奇数或偶数的路径。

  只保留 \(S\) 的一棵带奇环的生成基环树（或者保留一棵生成树加上自环）。

• 若 \(S\) 为二分图，\(S\) 中任意两点 \(u,v\) 的路径奇偶固定了。

  只保留 \(S\) 的一棵生成树。

异色边组成的图 \(G_1\) 同样操作，这样边数变为 \(O(n)\)。

直接跑上面的 bfs 做法，时间复杂度 \(O(n^2+m+q)\)。

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[AGC016D] XOR Replace

有两个长为 \(n\) 的序列 \(a,b\)。

一次操作可以选择 \(x\)， \(a_x\gets \bigoplus\limits_{i=1}^n a_i\)。

求最少几步把 \(a\) 变为 \(b\)，可能无解。

\(2\le n\le 10^5\)，\(0\le a_i<2^{30}\)。

令 \(a_0=\bigoplus\limits_{i=1}^n a_i\)，操作 \(x\) 相当于交换 \(a_0,a_x\)。

于是判有无解就是 \(\{b_{1\dots n}\}\subseteq\{a_{0\dots n}\}\)。

建图，\(a_i\to b_i(a_i\ne b_i)\)，每个连通块必有欧拉回路，长 \(len\) 的欧拉回路 \(len+1\) 步必定可以归位。

于是答案即为 \(\small\mathbf{边数+连通块数}\)。

如果 \(s\) 是孤立点，则不用 \(s\)，答案 \(-1\)。

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[AGC051D] C4

有一张四个点的无向图：

这四条边分别是 \(a,b,c,d\) 条重边。

求欧拉回路数量。

\(a,b,c,d\le 5\times 10^5\)。

直接枚举，强制定向，BEST 定理，答案为：

\[ec(G)=t^{root}(G)\prod_{x}(deg_x-1)! \]

复杂度 \(O(a)\)。

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[AGC031F] Walk on Graph

有 \(n\) 点 \(m\) 边的带边权无向图，\(q\) 次询问 \(u,v,L\)：

是否存在 \(u\to v\) 的路径，经过边 \(e_{0\sim k}\)，使得 \(\sum\limits_{i=0}^k w_{e_i}\equiv L\pmod p\)，其中 \(w_e\) 是 \(e\) 的边权。

\(p\) 是给定的模数，保证 \(p\) 为奇数。

\(1\le n,m\le 5\times 10^4\)，\(3\le p\le 10^6\)。

这个 \(\sum\limits_{i=0}^k w_{e_i}\) 很难搞，考虑倒推 \(v\to u\)：

\(x\) 初始为 \(0\)，走过一条边权 \(w\) 的边，则 \(x\gets (2x+w)\bmod p\)，需要最终使 \(x=L\)。

状态为 \((u,x)\)，边 \(u\overset{w}{\rightarrow}v\) 则 \((u,x)\to(v,2x+w)\)。（对 \(p\) 取模接下来都省略）

性质 \(1\)：\((u,x)\to(v,y)\) 则 \((v,y)\to (u,x)\)。

\(p\) 为奇数，\(\gcd(2,p)=1\)，\(2^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\)。

取 \(t=2\varphi(p)\)，一条边反复走 \(t\) 次则状态不变。同样地，一条路径走 \(t\) 次状态不变。

若有路径 \((u,x)\to(v,y)\)，则 \((u,x)\) 走 \(t\) 次这条路径还会回到 \((u,x)\)。

换言之，则 \((v,y)\) 走 \(t-1\) 次这条路径到 \((u,x)\)。

性质 \(2\)：若图中有边权为 \(a,b\) 的两条边，对于任意 \(u,x\) 有 \((u,x)\leftrightarrow(u,4x+3(a-b))\)。

\((u,x)\) 走两遍一条边权 \(w\) 的边可到 \((u,4x+3w)\)，\((u,x)\leftrightarrow(u,4x+3w)\)。

• 有两条连向 \(u\) 的边，边权为 \(a,b\)，则对于任意 \(x\) 有 \((u,x)\leftrightarrow(u,x+3(a-b))\)。

  证明：\((u,4y+3a)\leftrightarrow(u,y)\leftrightarrow(u,4y+3a)\)，换元 \(x=4y+3b\) 即可。

• 有两条连向 \(v\) 的边，边权为 \(a,b\)，则对于任意 \(u,x\) 有 \((u,x)\leftrightarrow(u,x+3(a-b))\)。

  证明：\((u,x)\leftrightarrow(v,y)\leftrightarrow(v,y+3(a-b))\leftrightarrow(u,x+3(a-b))\)。

• 若存在 \(?\overset{a}{\leftrightarrow}u\overset{b}{\leftrightarrow}v\overset{c}{\leftrightarrow}?\)，则有 \((u,x)\leftrightarrow(u,x+3(a-c))\)。

  证明：\((u,x)\leftrightarrow(u,x+3(a-b))\leftrightarrow(u,x+3(a-b)+3(b-c))\)。

结合这三点即可推出性质 \(2\)。

裴蜀定理，\(g'=\gcd\limits_{a,b\in E}w_a-w_b\)，\(g=\gcd(g',p)\)，则对于任意 \(u,x\) 有 \((u,x)\leftrightarrow(u,x+3g)\)。

注意到 \(\forall a,b\in E,g|w_a-w_b\)，所有边权模 \(g\) 同余，余数为 \(r\)，则边权可以表示成 \(kg+r\) 的形式。

给所有边权减去 \(r\)，把所有状态的第二维加上偏移量 \(r\)，这样边权都是 \(g\) 的倍数了。

第二维对 \(3g\) 取模，状态 \((u,x)\) 能到达的状态均形如 \((v,2^dx+kg)\)，\(k\in\{0,1,2\}\)。

又有 \((u,x)\to(u,4x+kg)=(u,2^2x+kg)\)，则 \(d\in\{0,1\}\)，这样第二维只有 \(6\) 种可能了。

并查集维护，时间复杂度 \(O((n+q)\alpha(n)+p)\)。

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[AGC008E] Next or Nextnext

给长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，求有多少 \(1\sim n\) 的排列 \(p\) 满足：

\(\forall i\in[1,n],a_i=p_i\ \operatorname{or}\ a_i=p_{p_i}\)。

答案对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le n\le 10^5\)，\(1\le a_i\le n\)。

提示：这些图的来源为AtCoder 官方题解。

考虑判定 \(p\)，建出 \(i\to p_i\) 的图 \(G_p\)，\(i\to a_i\) 在环上距离 \(\le 2\)。

现在有 \(i\to a_i\) 的图 \(G_a\)，考虑如何合并出 \(i\to p_i\) 的图。

\(G_a\) 是内向基环树森林，先不考虑基环树，考虑环的情况：

1. 环上所有点 \(a_i=p_i\)。
2. 环上所有点 \(a_i=p_{p_i}\)，需要 \(n>1\) 且 \(n\) 为奇数。（\(n=1\) 时与 1. 重复）
3. 发现 \(G_p\) 偶环所有点 \(a_i=p_{p_i}\) 会拆成两半，\(G_a\) 的两个大小相同的环可以合并，方案数是环长。

每种环长分别计算，当前环长是 \(m\)，进行一个 DP，\(f_i\) 表示 \(i\) 个环的方案数：

定义 \(c\) 为 \(1+[m>1\ \operatorname{and}\ m\equiv 1\pmod 2]\)，即 1. 和 2. 情况的方案数。转移：

\[f_i=c\cdot f_{i-1}+m\cdot (i-1)\cdot f_{i-2} \]

\(\rule{20cm}{0.05em}\\\)

接下来考虑基环树，基环树不能和环合并，所以贡献与环独立。

基环树除去环一定是若干条链，否则无解。

设 \(l1\) 为当前链长，\(l2\) 为上一个条链的根和这条链的跟的环上距离。

• \(l1<l2\)，\(2\) 种方案。
• \(l1=l2\)，\(1\) 种方案。
• \(l1>l2\)，\(0\) 种方案。

时间复杂度 \(O(n)\)。

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数论

CF338D GCD Table

给 \(n,m\) 和长为 \(k\) 的序列 \(a\)。

求是否存在 \(i\in[1,n],j\in[1,m-k+1]\) 使得 \(\forall x\in[1,k],\gcd(i,j+x-1)=a_x\)。

\(1\le n,m,a_i\le 10^{12}\)，\(1\le k\le 10^4\)。

若有解，\(i=\operatorname{lcm}\limits_{x=1}^k a_x\) 必定有解。

确定 \(i\) 后有 \(j\equiv 1-x\pmod{a_x}\)，EXCRT 即可。

这样算出来的 \(j\) 只满足 \(\forall x\in[1,k],a_x|\gcd(i,j+x-1)\)，带入检验 \(a_x=\gcd(i,j+x-1)\)。

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51Nod 1190 最小公倍数之和 V2

\(T\) 组数据，给 \(n,m\)，求：

\[\sum_{i=n}^m\operatorname{lcm}(i,m) \]

对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le T\le 5\times 10^3\)，\(1\le n\le m\le 10^9\)。

\[\begin{aligned} f(n)=&\sum_{i=1}^n\operatorname{lcm}(i,m)\\ =&\sum_{d|m}\frac{m}{d}\sum_{d|i,i\le n} [\gcd(i,m)=d]i\\ =&m\cdot\sum_{d|m}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} i\sum_{r|i,r|\frac{m}{d}}\mu(r)\\ =&m\cdot\sum_{d|m}\sum_{r|\frac{m}{d}}\mu(r)\sum_{r|i,i\le \lfloor\frac{n}{d}\rfloor} i\\ =&m\cdot\sum_{d|m}\sum_{r|\frac{m}{d}}\mu(r)\cdot r\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{r}\rfloor} i\\ =&m\cdot\sum_{d|m}\sum_{r|\frac{m}{d}}\mu(r)\cdot r \cdot S(\lfloor\frac{n}{dr}\rfloor)\\ =&m\cdot\sum_{p|m}S(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)\sum_{r|p}\mu(r)\cdot r\\ \end{aligned} \]

枚举 \(p\)，\(r\) 每个质因子指数只能是 \(0/1\)，\(O(2^{\omega(m)}\omega(m))\) 子集卷积。

单组数据时间复杂度 \(O(d(m)+2^{\omega(m)}\omega(m))\)。

但是我懒得写子集卷积，直接 \(O(d(m)+3^{\omega(m)})\)。

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51Nod 1227 平均最小公倍数

给 \(n,m\)，定义：

\[F(x)=\frac{1}{x}\sum_{i=1}^x\operatorname{lcm}(i,x) \]

求：

\[\sum_{i=n}^m F(i) \]

对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le n\le m\le 10^{10}\)。

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n F(i)\\ =&\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\sum_{j=1}^i\operatorname{lcm}(i,j)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i j\sum_d \frac{1}{d}\cdot [\gcd(i,j)=d]\\ =&\sum_d \frac{1}{d}\sum_{d|i}\sum_{d|j,j\le i} j\cdot [\gcd(i,j)=d]\\ =&\sum_d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^i j\cdot [\gcd(i,j)=1]\\ \end{aligned} \]

\(n\) 以内与 \(n\) 互质的数的和有一个式子：

\[\sum_{i=1}^{n} i\cdot [\gcd(i,n)=1]=\frac{n\cdot\varphi(n)+\varepsilon(n)}{2} \]

整除分块 \(d\)，现在问题来到求解 \(\dfrac{n\cdot\varphi(n)+\varepsilon(n)}{2}\) 的前缀和。

实际上只需要求解 \(f(n)=n\cdot\varphi(n)\) 的前缀和。

杜教筛，构造：

\[(f\ast Id)(x)=\sum_{d|x}d\cdot\varphi(d)\cdot\frac{x}{d}=x^2 \]

时间复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

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GDOI2016day3 互补约数

定义:

\[f(n)=\sum_{d|n}\gcd(d,\frac{n}{d}) \]

给 \(n\)，求：

\[\sum_{i=1}^n f(i) \]

\(n\le 10^{12}\)。

有

\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n \]

所以

\[\gcd(i,j)=\sum_{d|i,d|j}\varphi(d) \]

则

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^n f(i)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\gcd(i,j)\\ =&\sum_{d=1}^n \sum_{d|i}^n\sum_{d|j,j\le \lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\varphi(d)\\ =&\sum_{d=1}^n \varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{id^2}\rfloor\\ =&\sum_{d=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} \varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{id^2}\rfloor \end{aligned} \]

暴力枚举 \(d\)，对 \(i\) 整除分块。

时间复杂度：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\lfloor\sqrt{\frac{n}{i^2}}\rfloor\\ =&\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\lfloor\frac{\sqrt{n}}{i}\rfloor\\ =&O(\sqrt{n}\ln n) \end{aligned} \]

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CometOJ 1098 神奇函数

定义 \(d(x)\) 为 \(x\) 的最小质因子。

多组数据，给 \(n\)，求 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n f(i)\)。

\(1\le T\le 10\)，\(1\le n\le 10^{13}\)。

分解 \(\displaystyle x=\prod_{i=1}^c p_i^{k_i}\)。

\[\begin{aligned} f(x)&=\prod_{i=1}^c p_i^{\lfloor{\frac{k_i}{2}}\rfloor}\\ &=\frac{1}{x}\prod_{i=1}^c p_i^{\lceil{\frac{k_i}{2}}\rceil}\\ &=\sum_{j=1}^x[\prod_{i=1}^c p_i^{\lceil{\frac{k_i}{2}}\rceil}|j]\\ &=\sum_{j=1}^x[x|j^2] \end{aligned} \]

最后一步是：\(j\) 的质因子 \(p_i^{k'_i}\)，要求 \(k'_i\ge\lceil{\frac{k_i}{2}}\rceil\)，则 \(2k'_i\ge k_i\)。

定义 \(P(x)\) 表示 \(x\) 是否为完全平方数，即 \(P(x)=\exists i\in \mathbb{Z},x=i^2\)。

\[\gdef\floor#1{\lfloor#1\rfloor} \begin{aligned} &\sum_{i=1}^n f(i)\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i [i|j^2]\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\sum_{k=1}^i [ik=j^2]\\ =&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i P(ij)\\ =&\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=d]P(ij)\\ =&\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=d]P(\frac{i}{d})P(\frac{j}{d})\\ =&\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\floor{\frac{n}{d}}}\sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1]P(i)P(j)\\ =&\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\floor{\sqrt{\floor{\frac{n}{d}}}}}\sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\floor{\sqrt{\floor{\frac{n}{d}}}}}\varphi(i)\\ =&\sum_{i=1}^{\floor{\sqrt n}}\varphi(i)\floor{\frac{n}{i^2}} \end{aligned} \]

整除分块扩展：\(\lfloor{\dfrac{n}{i^2}}\rfloor\) 一共 \(n^{\frac{1}{3}}\) 段。

于是可以做到 \(O(\sqrt n+Tn^{\frac{1}{3}})\)。

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51Nod 1847 奇怪的数学题

定义 \(\operatorname{sgcd}(i,j)\) 为 \(i,j\) 的第二大公约数，特别地，\(\gcd(i,j)=1\) 则 \(\operatorname{sgcd}(i,j)=0\)。

给定 \(n,k\)，求：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \operatorname{sgcd}(i,j)^k \]

\(1\le n\le 10^9\)，\(1\le k\le 50\)。

定义 \(minp(x)\) 为 \(x\) 的最小质因子。

若 \(t=\gcd(i,j)>1\)，则 \(\operatorname{sgcd}(i,j)=\dfrac{t}{minp(t)}\)。

\[\begin{aligned} &\sum_{t=2}^n \Big(\frac{t}{minp(t)}\Big)^k\cdot\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\gcd(i,j)=t]\\ \gdef\limit{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor} =&\sum_{t=2}^n \Big(\frac{t}{minp(t)}\Big)^k\cdot\sum_{i=1}^{\limit}\sum_{j=1}^{\limit}[\gcd(i,j)=1]\\ =&\sum_{t=2}^n \Big(\frac{t}{minp(t)}\Big)^k\cdot\Big(2\big(\sum_{i=1}^{\limit}\varphi(i)\big)-1\Big)\\ \end{aligned} \]