20250828

奇怪的东西

函数 \(f(x)\) 满足 :

\[f(1)=1, \\ f(p^c) = \begin{cases} p^{114514}, & c=1 \\ p^{229028}(p+1)^{1919810(c-2)}, & c \geq 2 \end{cases} \]

p 是质数， $c \geq 1$。 如果 \(\gcd(a, b)=1\) ，那么 \(f(a b)=f(a) f(b)\) 。

有一个长度为 \(n\) 的序列，第 \(i\) 项是 \(a_i\) 。有 \(q\) 次操作，操作分为两种。

• 1 x y，令 \(a_x \leftarrow y\)。
• 2 x y，查询 \(\displaystyle f\left(\prod\limits_{x \le i \le y} a_i\right) \bmod 1019260817\)。

强制在线。\(1 \le n, q \le 10^5\)，\(1 \le a_i, y \le 10^6\)。5 s，1 GB。

以下假设 \(n, q\) 同阶。

对于 \(v \le 10^6\)，至多有 \(K = 6\) 个不同质因数。每次修改需要考虑这 \(K\) 个质因数。

线性筛时记录每个数最小质因子的幂次。

\(O(n^{5/3}K^{1/3})\) 做法

想到 HDU 决斗，考虑分 \(B\) 块，直接维护块与块两两之间的答案。

• 单次 \(O(n / B)\) 修改某个颜色（质数）在大块的前缀和（出现次数）。
• 预处理每个质数的幂次，单次 \(O(n^2/B^2)\) 重新计算一个颜色对所有大块之间的贡献。
• 单次整块 \(O(1)\)，散块 \(O(B)\) 查询。

由于前两条发生了 \(O(nK)\) 次，总复杂度 \(O(n^3K/B^2 + nB) = O(n^{5/3}K^{1/3})\)。调 + 卡一上午，TLE 了，和暴力老哥一样分（30pts）。

\(O(Kn\log^2n)\) 做法

转化成偏序问题，可以做到 n polylog。

令 \(k_1 = 114514, k_2 = 1919810\)。

不妨默认 \(f(x)\) 的每个 \(p^c\) 都取 \((p + 1)^{ck_2}\)，然后对于 \(p\) 出现的第一次和第二次额外乘上 \(p^{k_1}/p^{k_2}\)。

前半部分可以直接树状数组做，就是 \(O(Kn\log n)\) 的。

后半部分对于每个 \(p\) 开 multiset 维护后继的后继，使用树状数组套动态开点线段树在线二维偏序，每次修改和查询都是 \(O(\log^2 n)\)。

这里因为第一次和第二次的额外贡献时相等的，所以只需要 \(l \le x \le r \land nxt(nxt(x)) > r\)，并不需要额外考虑 \(nxt(x)\) 是否在区间内。

总复杂度 \(O(K n \log^2 n)\)，且二位偏序每次修改有 6 倍常数，卡了一下午，TLE 了。

\(O(n\sqrt V + n\log^2 n)\) 做法

瓶颈在二维数点，考虑优化这部分。

考虑根号分治：小于 \(\sqrt V = 1000\) 的质数只有 \(168\) 个，近似 \(O(\sqrt V / \log V)\)；大于 \(1000\) 的质数，每次出现，其次幂至多为 \(1\)，且每次至多只有一个这样的质数。

对于小于 \(1000\) 的质数，每个质数开一个树状数组维护区间出现次数，查询时枚举这类质数，比较其出现次数与 \(2\) 的大小。这部分 \(O(n \sqrt V \log n / \log V)\)，如果认为 \(\log n\) 和 \(\log V\) 是接近的，那么这部分复杂度 \(O(n \sqrt V)\)。

对于大于 \(1000\) 的质数，继续二维数点，复杂度降到 \(O(n \log n)\)。能够比较顺利地 AC。

CTT 2021 经典游戏

https://www.luogu.com.cn/problem/P8994

每个棋子独立，只考虑每个节点上棋子数量的奇偶性，设 \(v_x\) 表示 \(x\) 上棋子数量模 \(2\) 的结果。

确定根 \(r\) 后，设叶子高度为 \(0\)，则 \(SG(x)\) 为 \(x\) 的高度 \(h(x)\)。为了让后手不能把异或和变为 \(0\)，那么以 \(r\) 为根是合法的，当且仅当 \(h(r) < \bigoplus\limits_{v_x = 1} h(x)\)。

显然 \(SG(x)\) 只有至多两种取值，且只与以 \(x\) 为根时，原来的根位于 \(x\) 的哪个儿子的子树有关。

设 \(a_x\) 为 \(SG(x)\) 的最大值，\(b_x\) 为 \(SG(x)\) 的次大值，\(a_x\) 从与 \(x\) 相邻的 \(fr_x\) 转移得到。\(b_x\) 不能从 \(fr_x\) 转移。使用换根 DP 可以求出 \(a\) 和 \(b\)。

以 \(1\) 为根进行 DFS，求出每个点的 DFS 序。

\(v_x = 1\) 时：

• 若 \(fr_x = fa_x\)，则 \(r \in subtree(x)\) 贡献为 \(a_x\)，在子树外贡献为 \(b_x\)；
• 否则 \(fr_x\) 为 \(x\) 的儿子，\(r \in subtree(fr_x)\) 贡献为 \(b_x\)，否则贡献为 \(a_x\)。

使用树状数组可以完成单点修改单点查询。特判掉 \(fa_x\) 和 \(fr_x\)，剩下 \(x\) 的一些儿子 \(y \ne fr_x\)。

从 \(x\) 换根到 \(y\) 时，对其它节点而言，根的方向都没有发生改变，\(x\) 的贡献没有改变。

若 \(v_y = 1\)，则从 \(x\) 换根到 \(y\) 产生贡献 \(a_y \oplus b_y\)。因为 \(fr_x \ne y\)，所以 \(a_y \ge a_x + 1\)。而如果 \(fr_y \ne x\)，则 \(a_x \ge a_y + 1\)，矛盾。所以 \(fr_y = x\)，\(a_y = a_x + 1\)，原先贡献 \(b_y\)，新的贡献 \(a_y\)。

对每个 \(x\) 使用 01Trie 维护换根到其非 \(fr_x\) 儿子的贡献（若该儿子没被启用则为 \(0\)），异或上 \(x\) 本来的答案，数有多少个大于 \(a_x\) 的即可。

括号序列

定义只由 (和) 组成的序列为括号序列。

定义一个括号序列是合法的，当且仅当它的任意一个前缀满足（的数量不少于）的数量，且整个序列中（和）的数量是相等的。

定义一个括号序列是好的，当且仅当存在两个并为整个序列的子序列，使得每个子序列都是合法的括号序列。

现在，给定一个长为 \(n\) 的括号序列。有 \(q\) 次询问，每次询问给定一个区间 \([l, r]\) ，你需要求出 \([l, r]\) 有多少个子区间是好的括号序列。

\(1 \le n, q \le 3 \times 10^5\)。

括号序列合法当且仅当：（为 \(1\)，）为 \(-1\)，任意前缀和 \(\ge 0\)，任意后缀和 \(\le 0\)。

两组括号序列叠加，出现 \(2\) 次的（为 \(2\)，出现 \(1\) 次的（为 \(1\)，右括号同理。则仍满足任意前缀和与后缀和的要求。

定理：括号序列好的当且仅当：（为 \(2\)，）为 \(-1\)，任意前缀和 \(\ge 0\)；（为 \(1\)，）为 \(-2\)，任意后缀和 \(\le 0\)。

必要性：前半部分条件对原来只加不减，后半部分条件对原来只减不加，显然仍满足。

充分性：先按（为 \(2\)，）为 \(-1\) 得到序列，总和为 \(k \ge 0\)，把后 \(k\) 个全部 \(-1\) 得到总和为 \(0\) 的序列，不难验证满足任意前缀和与后缀和的要求。将 \(2\) 和 \(-2\) 同时给到两边，\(1\) 给少的，\(-1\) 给多的，两边之差绝对值 \(\le 1\)，任意时刻前缀和都不会 \(< 0\)，能还原出好的括号序列。

拿个单调栈搞一下每个左括号和右括号最长能延伸到哪里，扫描线一下即可。