2025Dec.居家集训游记
在家集训也能叫游记吗？
总所周知每一个OIer都爱写这东西（欸我CSP-S游记还没写），所以在家集训也要写。
DAY1 11.8
有点忘了，游记是9号写的。
好像不安了一天，因为我太菜了，也有点想学校里的朋友。
学习了 kruskal 重构树，它满足二叉堆的性质，可以做让最小边权最大（降序排边），让最大边权最小（升序排边）的问题
重构树+最短路，在重构树上倍增找到海拔最低的不会被淹的虚点，其子树就是能坐车到的所有点，然后输出子树里的最短路。
这题的“其子树就是能坐车到的所有点”利用了二叉堆性质，即根节点和子节点一定成偏序关系，很有价值。
多组询问+多测的图论题最出生了，硬调2.5h。
DAY 11.9
回学校取了趟书，同学们真好呜呜呜。
今天是数论。
所以是求\(n^2\)的因数对个数。
直接算\(O(n)\)超时，对\(n\)进行质因数分解，\(n=\sum_{i=1}^{k}p_i^{e_i}\)，那么\(n^2=\sum_{i=1}^{k}p_i^{2e_i}\)，每个质因数都有选\(0-2e_i\)共\(2e_i+1\)种选择，可以看出来这样是不会重复的，因此因数个数为\(\prod_{i=1}^{k}(2e_i+1)\)，结合超过\(\sqrt{n}\)的质因数最多只有一个的性质，时间复杂度\(O(\sqrt{n})\)，因数肯定是首位配对，又因为\(n^2\)一定为完全平方数，中间会有个多出来的，因此答案为\(\frac{\prod_{i=1}^{k}(2e_i+1)}{2}+1\)。
和上面的题一样，问题在于求每个质数在\(n!\)的质因子里出现了多少次。
GH大神使用了下面的公式（勒让德定理），其中\(e_p\)为质数\(p\)在\(n!\)质因子里出现的个数。
然而其实对\(1-n\)暴力质因数分解可以直接卡过去
然后我忘了区间筛怎么写了，欧拉函数递推公式看一遍忘一遍。
注意到\(lcm(1,2,3,\dots,n)\)等价于\(\prod_{i=1}^{k}p_i^{e_i}\)，其中\(e_i=\lfloor\log_{p_i}n\rfloor\)。
居然被我切了，那确实水
这个题的模数是\(10^8+7\)，是的这也是个质数，被坑了，出题人想干啥
首先，神人结论，\(F[n]\)为斐波那契数列第\(n\)项，假定\(n<m\)：
GH大神：
???孩子们是结论大赛我们没救了
设\(F[n]=a,F[n+1]=b,F[n+2]=a+b,F[n+3]=a+2b,F[n+4]=2a+3b\dots\)
欸，这可以看出来\(a\)和\(b\)的系数其实也是个斐波那契数列。（注意力惊人)
则\(F[m]=F[m-n-1]a+F[m-n]b\)，即\(F[m]=F[m-n-1]·F[n]+F[m-n]·F[n+1]\)。
带入原式
引理(???):
证明：
那么原式就又可以简化为\(\gcd(F[n],F[m])=\gcd(F[n],F[m-n])\)了。
再令\(m'=m-n\)，就可以继续递归，得到\(\gcd(F[n],F[m])=\gcd(F[n],F[m\mod n])\)。
由于\(m\mod n<n\)，可以再令\(n'=m\mod n,m'=n\)，得到
再次注意到\(n,m\)的交替实际上是在求\(n'=\gcd(n,m)\)，最后剩下的就是\(\gcd(F[n'],0)=F[\gcd(n,m)]\)，证毕。
天哪每一步都是惊人的注意力吗。
浅色调dalao也太强了。
欸不是模数\(10^8\)我怎么又被坑了。
值得一提的是，同机房LZC大佬也遇到了个模数为\(998442353\)的题。
已完成今日模数不只有\(998244353\)和\(10^9+7\)大学习
DAY3 11.10
上午继续做数学。
矩阵递推挺好玩的，可以发现平方和可以从平方递推，\(a_i^2=a_{i-1}^2+2xya_{i-1}a_{i-2}+a_{i-2}^2\)，拆\(2xya_{i-1}a_{i-2}=a_{i-2}(xa_{i-2}+ya_{i-3})=xa_{i-2}^2+ya_{i-2}a_{i-3}\)，这些都是上一个矩阵有的，满足递推关系。
本来以为是硬拆找规律，想起了24年暑假集训模拟赛场上耗费2h暴力拆式子推出来的T4。
取最小正整数，所以通解取模的时候如果为0返回的应该是模数。
我以为我公式错了耗了半天，服了。
易证
一步转化，后面的就很简单了
欸不是我怎么想不到这个的啊
下午模拟赛
70+50+0+40=160
T2输出0拿了四十？？？出题人数据用脚做的吗？？
T3倍增的部分分没写完
T4开long long可以再拿10pts
GH大蛇330pts%%%
T1
显然选这个硬币的次数要小于\(\frac{a_{i+1}}{a_i}\)，把原题看成进制，相当于至少多少次询问才能使所有位至少在两次询问中不同，
若进制不一样，取最大的ans。
显然对于n位k进制数，它最多能构造\(n^k-1\)个有效数字（0没意义），那么答案即为
其中\(b_i\)为\(\frac{a_i+1}{a_i}\)，时间复杂度\(O(n\log n)\)，瓶颈在对\(b_i\)排序或\(\log\)函数。
T2
通用套路：把坐标系转\(45°\)，新坐标\((u,v)=(x+y,x-y)\)，原坐标移动变为\((u\pm 1,v\mp 1)\)，这样无论向哪个方向走两坐标都会有变化，移动范围\((u\pm m,v\mp m)\)，\(u,v\)独立，降维，下面就可以只考虑一维的方案数再乘起来。
首先所有狼的任意一维坐标差必须是偶数，即奇偶性相同，要不然不可能汇于一点。
以\(u\)为例，设终点\(u\)坐标为\(k\)，范围\(u-m\leq k\leq u+m\)，可以直接枚举，考虑路径组合公式。
对于狼\(i\)，位移\(\Delta x=k-u_i\)，多出来的\(m-(k-u_i)\)是正负方向抵消的，所以正方向移动了\(k-u_i+\frac{m-(k-u_i)}{2}=\frac{m+k-u_i}{2}\)步，负方向移动了\(\frac{m-k+u_i}{2}\)步，把正方向看做黑球，负方向看做白球，方案数为\(\binom{m}{\frac{m-k+u_i}{2}}\)。预处理阶乘和阶乘逆元可以\(O(1)\)计算，所以答案为:
其中\(u_{min}-m\leq k\leq u_{max}+m\)，k的枚举步长为2（小数取组合数没意义），时间复杂度\(O(n(V+m))\)，\(V=u_{max}-u_{min}\)，可以通过本题。
不过GH大佬对此进行了优化（因为他以为这个复杂度过不掉）
没听懂怎么优化的，反正\(O(n(V+m))->O(nm)\)，然而区别不大（
T3
https://www.luogu.com.cn/problem/P11340
到底是谁在会这种东西？？？？？？
把每个人的最高和最低排名当成线段堆在数轴上，如果某个位置不被任何线段跨过，将数轴划分段，每一段都是个SCC（神秘结论），所以想去第一的充要条件是在第一个块内。
线段树维护每个线段（左闭右开），进行线段树二分，维护区间最小值以找到第一个0即可（如果不左闭右开无法区分线段，找不到0）。
T4
不补了，什么玩意，超长数论推式子。
Day4 11.11
其实上午还在补昨天的题
图论
我以为是边双，原来要分别建单向边吗
匈牙利板子是不是可以过
我写了个假做法，被LZC一眼hack掉了，结果居然AC了？？？
https://www.luogu.com.cn/discuss/1195935
正解是tarjan小技巧，感觉挺有价值
P2865 [USACO06NOV] Roadblocks G
已完成今日次短路模板大学习
今天怎么啥也没干，明天学学dinic板子
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