2023-2024学年上做题记录

2023-2024学年上做题记录

2023-10-22

P1896 (互不侵犯)

由于状压 \(dp\) 实在是太菜了，做一下来来练练手

大概意思就是给你一个 \(n \times n\) 的棋盘和 \(k\) 个棋子，求使得这些棋子周围八个格子里没有其他棋子的摆放方案数。

一看范围很小，很适合状压，考虑状态设计。

设 \(f_{i, j, k}\) 表示在第 \(i\) 行，状态为 \(j\)（\(j\) 是一个二进制数，表示那些格子放棋子），目前一共用了 \(k\) 个棋子。

首先考虑对单独的 \(j\) 的限制。

就一行而言，只需要满足没有左右相邻的即可，所以判断条件为 \(j\) 与 \(j\) 左移或右移一位是否为零。因为如果左移或右移后与上原来的状态为一就代表有相邻的棋子，不满足条件。而对于每一种状态，也需要求出需要多少棋子，也就是在二进制的情况下有多少位是 \(1\)。判断这一位是否为一只用将原状态与上 \(1\) 左移位数即可。

考虑转移。

从上到下转移，枚举相邻两行的状态，判断是否合法即可。判断条件也简单上一行与上这一行的原状态，左移一位的状态，右移一位的状态即可，原理与上面的差不多，这里不过多赘述。

上面的状态可以预处理出来，后面转移直接用即可。

P9753 [CSP-S 2023] 消消乐

大概的意思就是两个相邻且相同的字母可以消除，问一个字符串有多少个子串可以全部删除。

\(Subtask_{1-2}\)

枚举左右区间，暴力判断即可。

\(Subtask_3\)

使用栈维护即可，和括号序列差不多的。

\(Subtask_{4-7}\)

根据 \(Subtask_3\) 的思路，想到如果多加一个可以消除的最小的子串，也就是 \(s_i = s_{i + 1}\) 时，会对之前的子串产生什么影响。

如果这个子串能和之前的合法子串接上，那么其贡献就是接上的合法子串的贡献加上自己的贡献。

既然如此，考虑 \(dp\)，记 \(f_i\) 表示以第 \(i\) 个字符为结尾的合法子串的方案数，最终答案为 \(\sum f_i\) ，考虑 \(f_i\) 的转移。

根据之前分析的贡献可以发现，只需要知道在之前子串是否有贡献，以及在此之前的与当前字母相同的最近位置即可。记在之前与当前字母相同的最近位置为 \(fa_i\)，由于只有 \(26\) 个字母，那么如果每次暴力向前跳找与自己相同二点字母只会找 \(26\) 次，这是完全可以接受的。而此时的 \(f\) 的转移为 \(f_i = f_{fa_i - 1} + 1\) 。

时间复杂度 \(O(26n)\)。

2023-10-23

P3389[模板高斯消元法]

就高斯消元，用来解决线性方程组，初中数学知识。

和二元一次方程组消元过程差不多，只是一个拓展而已，这里就不作过多赘述。

注意下 \(No\) \(solution\) 的情况，在一个元的所有系数全部为 \(0\) 时，其要么无解，要么多解。

P2455 [SDOI2006] 线性方程组

这个注意判无解和多解，在上一个模板题判 \(No\) \(solution\) 的情况下，在右边系数为零，左边系数不为零时无解，两边均为零时多解。

同时还需要注意消元的顺序，有时消元顺序会影响有无解的判断，所以在消元时应该整体扫描选取有用的。

2023-10-24

P4343 [SHOI2015] 自动刷题机

链接都放这里了，就不再过多讲述题面了。

可以发现如果 \(n\) 变大，那么通过的题目数量就会变小，\(n\) 变大，通过题目的数量就会增多，所以，答案具有单调性，可以二分。

二分答案后 \(check\) 时直接模拟判断过了多少道题即可。

求最大最小满足题意的答案只需要判断一下左右边界即可。

这样就做完了，时间复杂度 \(O(n\log n)\) 。

P1314 [NOIP2011 提高组] 聪明的质监员

链接都放这里了，就不再过多讲述题面了。

发现 \(W\) 变大答案变小，\(W\) 变小答案变大。明显的单调性，开始二分。

二分答案时容易的，如何快速求和呢？

由于有多个区间和相乘，考虑前缀和，然后直接乘即可。

这样就做完了，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF19B Checkout Assistant

意思是你有 \(n\) 个物品，每个物品有检查时间为 \(t_i\)，代价为 \(c_i\)，检查后物品可拿走。同时在这 \(t_i\) 的时间里，你可以拿走其他 \(t_i\) 个物品。问要拿走 \(n\) 个物品需要付出的最小代价是多少。

可以想到，为了保证答案最有，那么在一个物品检查的 \(t_i\) 时间里，每个时间都会拿走一个物品，加上这个物品本身，那么在这 \(t_i\) 个时间里可以拿到 \(t_i + 1\) 个物品，代价为 \(c_i\)。

那么现在就问题就转变成了一个 \(01\) 背包的问题。

现在已知每个物品的代价，占用空间，但还不知道背包容量，所以再来考虑背包容量的问题。

首先需要拿 \(n\) 个物品，然后又因为可能在拿最后一个物品时，其他的物品都已经拿完了，所以在这个物品对应的 \(t_i\) 时间里只会拿到这一个物品，所以背包的最大容量应该时 \(n + max(f_i)\)。

接着跑一下 \(01\) 背包即可。

CF9D How many trees?

题意：用n个点组成二叉树，问高度大于等于h的有多少个。（不得不说，翻译是真的精简。）

计数题，这很 \(DP\)。

记 \(f_{i, j}\) 表示由 \(i\) 个点组成，高度不超过 \(j\) 的二叉树有多少个。

那么最后的答案就是 \(f_{n, n} - f_{n, j - 1}\) （\(n\) 个点高度最多为 \(n\)）。

考虑转移。

假设 \(k\) 表示当前节点左子树的数量，那么右子树的数量就为 \(n - i - 1\)，减一是因为要剪掉根节点。

那么可以得到转移如下：

\[f_{i, j} = \sum_{k = 0}^{k < i} f_{k, j - 1} \times f_{n - k - 1, j - 1} \]

时间复杂度 \(O(n^3)\)，可以通过本题。

CF10D LCIS

题意：求两个串的最长公共上升子序列。（太精简了捏。）

首先，在求最长上升子序列时，是记录了一个末尾 \(b_i\) 的最长上升子序列的数量。

然后，在求最长公共子序列时，是记录了一个 \(f_{i, j}\) 表示从 \(a\) 的前 \(i\) 个与 \(b\) 的前 \(j\) 个选出的最长公共子序列。

整合一下可以及 \(f_{i, j}\) 表示在 \(a\) 的前 \(i\) 个数中，结尾为 \(b_j\) 的最长公共上升子序列的长度。

枚举 \(i, j\) 后进行分类讨论：

1. \(a_i \not= b_j\) ，直接转移 \(f_{i, j} = f_{i - 1, j}\) 因为 \(j\) 是必选的，所以 \(j\) 不能改变。
2. \(a_i = b_j\) ，可以枚举之前的结尾，尝试把 \(b_j\) 加入，所以 \(f_{i, j} = \max_{b_k < b_j}f_{i - 1, k} + 1 (1 \le k \le n)\)。

时间复杂度 \(O(n ^ 3)\)，虽然有 \(O(n ^ 2)\) 做法，但 \(O(n^3)\) 就够了。

CF11D A Simple Task

题意：求简单无向图的环数。

看一眼数据范围 \(1 \le n \le 19\) 这很状压。

可以状态压缩每次走到的路径，记录这 \(n\) 个点中有哪些点走过，哪些点没有走过。

但会发现，形如 \(1, 3, 2\) 这样的环还会因 \(3, 2, 1\) 被计算一次，所以考虑如何去重。可以钦定状压的第一个位置是这个环中的最小的点，那么这样就可以避免重复了。

设 \(f_{k, i}\) 表示考虑到前 \(i\) 个点，状态为 \(k\)。

可以枚举与 \(i\) 相连的点 \(j\) 进行转移：

如果 \(j\) 比当前状态的最小值更小，不满足条件，不转移、

如果 \(j\) 在没有经历过，之间转移为：\(f_{k | (1 << j),j} += f_{k, i}\)。

如果 \(j\) 在之前被经历过且是起点，那么 \(ans += f_{k, i}\)。

如果 \(j\) 在之前被经历过但不是起点，不用考虑转移。

由于双向建边会导致计算二元环，所以 \(ans -= m\)。

同时每个环会被顺时针和逆时针各计算一次，所以 \(ans \div= 2\)。

最后由于状态压缩如果点的标号从 \(1\) 开始会出现一些问题，导致有的东西没有算到，所以点的标号应该从 \(0\) 开始。

CF599C Gerld and Giant Chess

题意：给定一个 \(h \times w\) 的棋盘，棋盘上只有 \(n\) 个格子是黑色的，其他格子都是白色的。在棋盘左上角有一个卒，每一步可以向右或者向下移动一格，并且不能移动到黑色格子中。求这个卒从左上角移动到右下角，一共有多少种可能的路线。

看到题目，感觉这很 \(dp\)，但由于 \(h, w\) 的范围太大，所以考虑从黑点入手。

设 \(f_{i}\) 表示从原点到第 \(i\) 个黑点路上不经过其他黑点的方案数，这个看似与最后答案无关，但可以假设最后一个终点为最后一个黑点，那么答案就为 \(f_n\)。

考虑转移。

发现直接计算路径显然是不现实的，可以考虑进行容斥。

如果在不考虑不经过其他黑点的情况下，\(f_i = C_{x_i + y_i - 2} ^ {x_i - 1}\) ，从原点到当前点一共需要走 \(x_i + y_i - 2\) 步，其中需要选择 \(x_i - 1\) 步进行向右的操作。

再记一个 \(g_{i, j}\) 表示从第 \(i\) 个黑点到第 \(j\) 个黑点所有路径的方案。所以就有 \(g_{i, j} = C_{x_i + y_i - x_j - y_j} ^ {x _ i - x_j}\) 因为一共需要走 \(x_i + y_i - x_j - y_j\)，需要选择 \(x _ i - x_j\) 步走向右的操作。

所以转移为：

\[f_i = C_{x_i + y_i - 2} ^ {x_i - 1} - \sum_{j = 1} ^ {i - 1} C_{x_i + y_i - x_j - y_j} ^ {x _ i - x_j} \times f_j \]

时间复杂度 \(O(n ^ 2)\)。

2023-10-26

P4097 【模板】李超线段树 / [HEOI2013] Segment

李超线段树版题，详见学习笔记 算法学习笔记：线段树进阶

P4254 [JSOI2008] Blue Mary 开公司

也是李超线段树的版题，甚至是直线，不过只是动态插入及查询。这个李超线段树是完全支持的。

2023-10-27

P4556 [Vani有约会] 雨天的尾巴 /【模板】线段树合并

线段树合并版题，详见学习笔记 算法学习笔记：线段树进阶

2023-10-28

P8844 [传智杯 #4 初赛] 小卡与落叶

虽然我知道这道题有不用线段树合并的方法，但为了练习线段树合并，仍选择线段树合并写法。

首先注意到修改操作是先把整棵树染成绿色，再把深度大于等于 \(x\) 的点染成黄色。

那么对于每次询问，需要记录在此之前的最后一个染色操作的深度（下文称为查询对应的修改）即可，查询就变成了查找 \(x\) 子树中，深度该次查找对应修改深度的子树和。

首先可以想到一个对于每次询问 \(O(n)\) 查找的方法，但这会超时，换个方向考虑。

发现每次查询与查询对应的修改之间互不干扰，所以考虑离线处理。

考虑把每次操作离线下来，按照查询的深度排序，那么就可以从下往上依次更新。

由于每个查询对应的修改深度不同，所以考虑使用线段树维护每个节点的深度，然后依次向上合并，对于每次询问查询使用线段树查询深度大于对应修改的深度即可。也就是查询对应修改深度到深度 \(n\) 中的节点，也就是线段树的区间查询。

2023-10-30

P1535 [USACO08MAR] Cow Travelling S

一个小清新的记忆化搜索。

暴力的搜索很简单，每次走四个方向即可。

这时就会发现，对于一些位置会重复经过，这就大大提升了搜索的时间复杂度。

考虑想 \(dp\) 那样用数组记录在某个部分的解，后续再遇到的时候就可以直接拿出来用了。

这就是记忆化搜索。

对于本题而言，可以记一个 \(f_{x, y, t}\) 表示需要 \(t\) 个时间从坐标 \(x, y\) 到目标地点的路径数量是多少。

然后跑一下记搜即可。

P1434 [SHOI2002] 滑雪

同样的小清新记搜。

记 \(f_{x, y}\) 表示从 \(f_{x, y}\) 开始的最长滑雪路线。

根据这个跑一下记搜即可。

P1352 没有上司的舞会

一个小清新树形 \(dp\)。

记 \(f_{i, 0}\) 表示以不选 \(i\) 时 \(i\) 子树中的最大快乐值，\(f_{i, 1}\) 表示选 \(i\) 时 \(i\) 子树中的最大快乐值，\(son_i\) 表示 \(i\) 儿子节点集合。

则有如下转移：

\[f_{i, 0} = \sum_{j \in son_i} \max(f_{j, 0}, f_{j, 1})\\ f_{i, 1} = \sum_{j \in son_i} f_{j, 0} + a_i \]

然后只需要找一下根节点即可。由于是有向边，入度为 \(0\) 的就是根节点。

2023-10-31

P1390 公约数的和

给定 \(n\), 求

\[\sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{j = i + 1} ^ {n} \gcd(i, j) \]

先让 \(j\) 从 \(1\) 开始，最后剪掉重复计算部分即可。

那么，式子，启动 。

\[\sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{j = 1} ^ {n} d \times [gcd(i, j) == d]\\ \sum_{d = 1} ^ {n} d \times \sum_{i = 1} ^ {n \div d} \sum_{j = 1} ^ {n \div d} [\gcd(i, j) == 1]\\ \sum_{d = 1} ^ {n} d \times \sum_{i = 1} ^ {n \div d} \sum_{j = 1} ^ {n \div d} \sum_{e | \gcd(i, j)} \mu(e)\\ \sum_{d = 1} ^ {n} d \times \sum_{e = 1} ^ {n} \mu(e) \times \sum_{i = 1} ^ {n \div d \div e} \sum_{j = 1} ^ {n \div d \div e}\\ \sum_{d = 1} ^ {n} d \times \sum_{e = 1} ^ {n} \mu(e) \times \left \lfloor \frac{n}{de} \right \rfloor\left \lfloor \frac{n}{de} \right \rfloor \\ \]

记 \(D = de\)：

\[\sum_{D = 1} ^ {n}\sum_{d | D} d \times \mu(e) \times \left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor\left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor \\ \because id * \mu = \phi\\ \therefore 原式 = \sum_{D = 1} ^ {n} \phi(D) \times \left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor\left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor \\ \]

预处理一下 \(\phi\) 的前缀和，套个整除分块即可。

P2257 YY的GCD

题意：

\[\sum_{x = 1} ^ n \sum_{y = 1} ^ m [\gcd(x, y) \in prime]\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{x = 1} ^ n \sum_{y = 1} ^ m [\gcd(x, y) == k] (k \in prime)\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{x = 1} ^ {n \div k} \sum_{y = 1} ^ {m \div k}[\gcd(x, y) == 1] (k \in prime)\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{x = 1} ^ {n \div k} \sum_{y = 1} ^ {m \div k} \sum_{d | \gcd(x, k)} \mu(d) (k \in prime) \\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{d = 1} ^ {n \div k} \mu(d) \sum_{x = 1} ^ {n \div k \div d} \sum_{y = 1} ^ {m \div k \div d} (k \in prime)\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{d = 1} ^ {n \div k} \mu(d) \times \left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{dk} \right \rfloor (k \in prime)\\ 记 D = dk\\ 原式 = \sum_{D = 1} ^ {n} \sum_{k | D (k \in prime)} \mu(\frac{D}{k}) \times \left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{D} \right \rfloor\\ \sum_{D = 1} ^ {n}\left \lfloor \frac{n}{D} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{D} \right \rfloor \sum_{k | D (k \in prime)} \mu(\frac{D}{k}) \]

可以枚举 \(D\)，预处理后面的东西。具体来说就是用欧拉筛筛完质数和 \(\mu\) 过后枚举每个质数的 \(x\) 倍，倍数的答案加上 \(\mu(x)\) 即可。

在求个前缀和，整除分块搞一下即可。

P3810 【模板】三维偏序（陌上花开）

等后面的 \(CDQ\) 学习笔记吧。

P3195 [HNOI2008] 玩具装箱

首先写出一个 \(O(n ^ 2)\) 的简单 \(dp\)。

记 \(dp_i\) 表示收纳前 \(i\) 个玩具需要的最小花费，\(sum_i\) 表示 \(C_i\) 的前缀和，那就可以得到如下转移：

\[dp_i = \min(dp_j + (j - i - 1 + sum_i - sum_j - L) ^ 2)(j < i) \]

由于我不想证明决策单调性，所以这里就不写了，写一下推式子的过程吧。

这里记 \(f_i = sum_i + 1, L = L + 1\)。（主要方便后面化简）

假设有 \(k > j\) 且决策点 \(k\) 比决策点 \(j\) 优

\[dp_j + (f_i - f_j - L) ^ 2 > dp_k + (f_i - f_k - L) ^ 2\\ dp_j + (f_i - (f_j + L)) ^ 2 > dp_k + (f_i - (f_k + L)) ^ 2\\ dp_j + f_i ^ 2 - 2f_i(f_j + L) + (f_j + L) ^ 2 > dp_k + f_i ^ 2 - 2f_i(f_k + L) + (f_k + L) ^ 2\\ 化简得到:\\ 2f_i(f_k - f_j) > dp_k - dp_j + (f_k + L) ^ 2 - (f_j + L) ^ 2\\ f_i > \frac{dp_k - dp_j + (f_k + L) ^ 2 - (f_j + L) ^ 2}{f_k - f_j} \]

也就是说只要满足 \(k > j\) 且满足上述条件，那么用更新 \(k\) 一定比 \(j\) 优，拿个单调队列维护即可。

P3628 [APIO2010] 特别行动队

先写出一个 \(O(n ^ 2)\) 的简单 \(dp\)。

这里记 \(dp_i\) 表示选前 \(i\) 个人，战力最大是多少，\(sum_i\) 是 \(x_i\) 的前缀和，得到如下转移：

\[dp_i = \max(dp_j + a(sum_i - sum_j) ^ 2 + b(sum_i - sum_j) + c) \]

假设有 \(k > j\) 且决策点 \(k\) 比决策点 \(j\) 优：

\[dp_j + a(sum_i - sum_j) ^ 2 + b(sum_i - sum_j) + c < dp_k + a(sum_i - sum_k) ^ 2 + b(sum_i - sum_k) + c\\ dp_j + a(sum_i ^ 2 - 2 sum_i sum_j + sum_j ^ 2) + b sum_i - b sum_j < dp_k + a(sum_i ^ 2 - 2 sum_i sum_k + sum_k ^ 2) + b sum_i - b sum_k\\ dp_j + a sum_i ^ 2 - 2a sum_isum_j + asum_j ^ 2 + b sum_i - b sum_j < dp_k + a sum_i ^ 2 - 2a sum_isum_k + asum_k ^ 2 + b sum_i - b sum_k\\ 化简得：\\ dp_j - 2a sum_isum_j + asum_j ^ 2 - b sum_j < dp_k - 2a sum_isum_k + asum_k ^ 2 - b sum_k \\ 移项得：\\ 2asum_i(sum_k - sum_j) < dp_k - dp_j + ausm_k ^ 2 - asum_j ^ 2 - b sum_k + b sum_j\\ sum_i < \frac{p_k - dp_j + ausm_k ^ 2 - asum_j ^ 2 - b sum_k + b sum_j}{2a(sum_k - sum_j)} \]

也就是说只要满足 \(k > j\) 且满足上述条件，那么用更新 \(k\) 一定比 \(j\) 优，拿个单调队列维护即可。

2023-11-1

P2900 [USACO08MAR] Land Acquisition G

考虑如何避免求区间最大值。

可以先将土地按照 \(w\) 从大到小排序，那么可以发现，如果一块土地会有单独贡献 \(w, l\) 一定不会被另一块土地的 \(w, l\) 完全包含。

也就是说，如果按照 \(w\) 从大到小排序，如果后面的某块土地的 \(l\) 值小于前面的土地，那么这块土地一定不会做出贡献，就把其去掉。

这个很好维护，拿个栈跑一下即可。那么现在就得到了一个 \(w\) 单调递减，\(l\) 单调递增的序列了。

可以写出一个 \(O(n ^ 2)\) 的 \(dp\)，记 \(dp_i\) 表示购买前 \(i\) 块土地的最小代价，得到转移：

\[dp_i = min(dp_j + w_j \times l_i) \]

假设有 \(k > j\) 且决策点 \(k\) 比决策点 \(j\) 优：

\[dp_j + w_j \times l_i > dp_k + w_k \times l_i\\ l_i(w_j - w_k) > dp_k - dp_j\\ \because j < k \therefore w_j > w_k\\ l_i > \frac{dp_k - dp_j}{w_j - w_k} \]

也就是说只要满足 \(k > j\) 且满足上述条件，那么用更新 \(k\) 一定比 \(j\) 优，拿个单调队列维护即可。

P2522 [HAOI2011] Problem b

给定 \(a, b, c, d, k\)，求：

\[\sum_{x = a} ^ {x \le b} \sum_{y = c} ^ {y \le d} [\gcd(x, y) == k] \]

先不管是从 \(a, b\) 开始枚举的，这个后面容斥掉即可，那么式子就成了：

\[\sum_{x = 1} ^ n \sum_{y = 1} ^ m[\gcd(x, y) == k]\\ \sum_{x = 1} ^ {n \div k} \sum_{y = 1} ^ {m \div k} [\gcd(x, y) == 1]\\ \sum_{x = 1} ^ {n \div k} \sum_{y = 1} ^ {m \div k} \sum_{d | gcd(x, y)} \mu(d)\\ \sum_{d = 1} ^ {n} \mu(d) \left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{dk} \right \rfloor \]

前缀和预处理 \(\mu\)，跑整除分块即可算出答案。

最后容斥一下，记算上面那个式子为 \(f_{i, j}\)：

\[ans = f_{b, d} - f_{b, c - 1} - f_{a - 1, d} + f_{a - 1, c - 1} \]

这样就做完了。

P2158 [SDOI2008] 仪仗队

由于能被看到一定是在中间没有经过任何的其他点，所以能被看到的点的 \(x, y\) 互质。

又因为给定的 \(n\) 是点的个数，需要求的互质是以边来看的，所以应该是 \(n - 1\) 范围以内的。

所以的答案为：

\[\sum_{i = 1} ^ {n - 1} \sum_{j = 1} ^ {n - 1} [\gcd(i, j) == 1] \]

现在就有了两种做法，一种拿莫反跑，一种拿欧拉函数跑。由于我第一次推的式子是莫反的，所以这里说莫反吧。

开始推式子：

\[\sum_{i = 1} ^ {n - 1} \sum_{j = 1} ^ {n - 1} [\gcd(i, j) == 1]\\ \sum_{i = 1} ^ {n - 1} \sum_{j = 1} ^ {n - 1} \sum_{d | gcd(i, j)} \mu(d)\\ \sum_{d} ^ {n - 1} \mu(d) (\frac{n - 1}{d}) ^ 2 \]

虽然 \(O(n)\) 可做，但还可以优化一下。

对 \(\mu\) 做个前缀和，拿整除分块跑一下就有 \(O(\sqrt n)\)。

需要注意的是由于是从 \(1\) 到 \(n - 1\)，最边上的两个点不会被算到，所以要 \(+2\)。

还有就是当 \(n = 1\) 时，\(C\) 君已经占满了，所以应该输出 \(0\)，程序由于有 \(+2\) 所以会有问题，特判一下即可。

P5785 任务安排

先来看一道弱化版：P2365 任务安排

这道题的数据范围较小，而且 \(0 \le t_i\) ，比较好做。

先写一个 \(O(n ^ 2)\) 做法。

记 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个物品需要的最小时间，\(sumc_i\) 表示 \(c_i\) 的前缀和，\(sumt_i\) 表示 \(t_i\) 的前缀和。

可以得到如下转移：

\[dp_i = min(dp_j + sumt_i \times (sumc_i - sumc_j) + s \times (sumc_n - sumc_j)) \]

这样就可以过掉 \(P2356\)。

考虑优化。

假设有 \(k > j\) 且决策点 \(k\) 比决策点 \(j\) 优：

\[dp_j + sumt_i \times (sumc_i - sumc_j) + s \times (sumc_n - sumc_j) > dp_k + sumt_i \times (sumc_i - sumc_k) + s \times (sumc_n - sumc_k)\\ dp_j - sumt_i \cdot sumc_j - s \cdot sumc_j > dp_k - sumt_i \cdot sumc_k - s \cdot sumc_k\\ sumt_i(sumc_k - sumc_j) > dp_k - dp_j + s \cdot sumc_j - s \cdot sumc_k\\ \because k > j \therefore sumc_k > sumc_j\\ sumt_i > \frac{dp_k - dp_j + s \cdot sumc_j - s \cdot sumc_k}{sumc_k - sumc_j}\\ \]

你认为这样再上个优先队列就完了？

\(no,no,no\) 再仔细地读一下题你会发现 \(t_i\) 有可能会小于 \(0\)。这就意味着 \(sumt\) 不在是一个单调的序列了。

那这该怎么办呢？

由于 \(sumt\) 并不单调，所以这就意味着不能通过判断相邻两点的关系来弹出队头了。

但队尾的比较并不影响，所以就变成了一个单调栈。

至于查找最优决策点，二分一下即可。时间复杂度 \(O(n ^ 2)\)。

P3327 [SDOI2015] 约数个数和

给定 \(n, m\)，求：

首先需要知道 (我也不知道怎么证的，背就完了)

\[d(i, j) = \sum_{x | i} \sum_{y | j} [\gcd(x, y) == 1]\\ 所以原式 = \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ m \sum_{x | i} \sum_{y | j} [\gcd(x, y) == 1]\\ 改为枚举x, y\\ \sum_{x = 1} ^ n \sum_{y = 1} ^ m \left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{y} \right \rfloor [\gcd(x, y) == 1]\\ \sum_{x = 1} ^ n \sum_{y = 1} ^ m \sum_{d | \gcd(x, y)} \mu(d) \left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{y} \right \rfloor\\ \sum_{d = 1} ^ n \mu(d) \sum_{x = 1} ^ {n \div d} \sum_{y = 1} ^ {m \div d} \left \lfloor \frac{n}{xd} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{yd} \right \rfloor\\ 根据乘法分配律可得：\\ \sum_{d = 1} ^ n \mu(d) \sum_{x = 1} ^ {n \div d} \left \lfloor \frac{n}{xd} \right \rfloor \sum_{y = 1} ^ {m \div d} \left \lfloor \frac{m}{yd} \right \rfloor\\ \]

记 \(f_x = \sum_{i = 1} ^ x \left \lfloor \frac{x}{i} \right \rfloor\)，由于 \(\left \lfloor \frac{n}{xd} \right \rfloor = \frac{\frac{n}{x}}{d}\)

所以原式 =

\[\sum_{d = 1} ^ n \mu(d) f_{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} f_{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor} \]

预处理一下\(f\) 即可。

分别跑一个整除分块即可。

P3911 最小公倍数之和

对于\(A_1,A_2,\cdots,A_N\)，求

\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N \mathrm{lcm}(A_i,A_j) \]

的值。

\(\mathrm{lcm}(a,b)\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最小公倍数。

改写一下，记 \(n\) 表示 \(A_i\) 中的最大值，\(cnt_i\) 表示 \(i\) 出现过的次数。

为了方便描述，记 \([i \div j]\) 表示 \(i \div j\) 向下取整。

那么可以改写式子为：

\[\sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ n lcm(i, j) \times cnt_i \times cnt_j\\ \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ n i \times j \div \gcd(i, j) \times cnt_i \times cnt_j\\ \sum_{i = 1} ^ n \sum_{j = 1} ^ n \sum_{k = 1} ^ n [\gcd(i, j) == k] \frac{i \times j}{k} \times cnt_i \times cnt_j\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{i = 1} ^ {[n \div k]} \sum_{j = 1} ^ {[m \div k]} [\gcd(i, j) == 1] i \times j \times k \times cnt_{ik} \times cnt_{jk}\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{i = 1} ^ {[n \div k]} \sum_{j = 1} ^ {[m \div k]} \sum_{d | gcd(i, j)} \mu(d) i \times j \times k \times cnt_{ik} \times cnt_{jk}\\ \sum_{k = 1} ^ n \sum_{d = 1} ^ {[n \div k]} \mu(d) d ^ 2 \sum_{i = 1} ^ {[n \div k \div d]} \sum_{j = 1} ^ {[m \div k \div d]} i \times j \times k \times cnt_{ikd} \times cnt_{ikd}\\ 记 T = kd\\ \sum_{T = 1} ^ n T\sum_{d | T} \mu(d) d \sum_{i = 1} ^ {[n \div T]} \sum_{j = 1} ^ {[m \div T]} i \times j \times k \times cnt_{iT} \times cnt_{iT}\\ \sum_{T = 1} ^ n T\sum_{d | T} \mu(d) d (\sum_{i = 1} ^ {[n \div T]} i \times cnt_{iT}) ^ 2 \]

两部分分开搞。对于 \(\mu\) 的前缀和求解，具体方法在上文说过，这里不过多赘述。后面的东西暴力算即可。