2025多校冲刺省选模拟赛15 && 2025省选模拟12
2025多校冲刺省选模拟赛15
\(T1\) A. 小 F 的疑惑
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每个半幂数都可以表示成 \(c=2/3\) 的情况，不妨分开考虑。
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设 \(f(i)\) 表示 \(i\) 最大的平方因子， \(g(i)\) 表示 \(i\) 是否存在非 \(1\) 的立方因子。
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\(c=2\) ：设 \(n=ab^{2}(f(a)=1,a<b)\) ，移项得到 \(a<\sqrt[3]{n}\) ，直接枚举 \(a\) 即可。
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\(c=3\) ：设 \(n=ab^{3}(g(a)=0,a<b)\) ，移项得到 \(a<\sqrt[4]{n}\) ，直接枚举 \(a\) 即可。
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此时两部分还会有重复的部分，以 \(c=3\) 为例， \(n=ab^{3}\) 不能表示成 \(n=a'b'^{2}\) 的充要条件为 \(f(n) \le \sqrt[3]{n}\) 。又因为 \(f(n)=f(ab)b\) 得到 \(f(ab) \le \sqrt[3]{a}<\sqrt[12]{n}\) 。
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类似地，有 \(f(ab)=f(a)f(\frac{b}{\gcd(\frac{a}{f^{2}(a)},b)})\gcd(\frac{a}{f^{2}(a)},b)<\sqrt[12]{n}\) 。令 \(d=\gcd(\frac{a}{f^{2}(a)},b),t=f(\frac{b}{d})\) ，考虑枚举 \(b \in [a+1,\sqrt[3]{\frac{n}{a}}]\) 内 \(\gcd(\frac{b}{d},\frac{a}{f^{2}(a)d})=1 \land f(a)dt \le \sqrt[3]{a}\) 。
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枚举 \(a,d,t(\gcd(\frac{a}{f^{2}(a)d},t)=1)\) 后将式子再做变形得到 \(b=kdt^{2},k \in [\dfrac{a+1}{dt^{2}},\dfrac{\sqrt[3]{\frac{n}{a}}}{dt^{2}}] \land f(k)=1 \land \gcd(k,\frac{a}{f^{2}(a)d})=1\) 。莫反后有 \(\sum\limits_{i|\frac{a}{f^{2}(a)d}} \mu(i)\sum\limits_{k=\frac{a+1}{dt^{2}}}^{\frac{\sqrt[3]{\frac{n}{a}}}{dt^{2}}}[i|k \land f(k)=1]\) 。其中后半部分可以转化成 \(\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{i}}[f(ik)=1]\) 的形式。
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略卡精度。
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ll prime[450010],vis[450010],miu[450010],f[450010],g[450010],len=0; vector<ll>di[450010],s[450010]; void isprime(ll n) { for(ll i=1;i*i<=n;i++) { for(ll j=i*i;j<=n;j+=i*i) f[j]=i; } for(ll i=2;i*i*i<=n;i++) { for(ll j=i*i*i;j<=n;j+=i*i*i) g[j]=1; } for(ll i=1;i<=n;i++) { for(ll j=i;j<=n;j+=i) di[j].push_back(i); } memset(vis,0,sizeof(vis)); miu[1]=1; for(ll i=2;i<=n;i++) { if(vis[i]==0) { len++; prime[len]=i; miu[i]=-1; } for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0) { miu[i*prime[j]]=0; break; } else miu[i*prime[j]]=-miu[i]; } } for(ll i=1;i<=n;i++) { if(miu[i]!=0) { s[i].push_back(0); for(ll j=1;i*j<=n;j++) s[i].push_back(s[i].back()+(f[i*j]==1)); } } } ll solve(ll n) { ll ans=0,tmp,x,y,d,o,l,r; for(ll a=1;a*a*a<n;a++) { if(f[a]==1) ans+=max(0ll,(ll)(sqrt(n/a))-a); } for(ll a=1;a*a*a*a<n;a++) { if(g[a]==0) { tmp=a/f[a]/f[a]; for(x=pow(a,1.0/3);x*x*x<=a;x++); for(;x*x*x>a;x--); for(y=pow(n/a,1.0/3);a*y*y*y<=n;y++); for(;a*y*y*y>n;y--); for(ll j=0;j<di[tmp].size();j++) { d=di[tmp][j]; for(ll k=0;k<di[d].size();k++) { o=di[d][k]; if(o*f[a]>x) break; for(ll t=1;t<=x/o/f[a];t++) { if(__gcd(t,tmp/o)==1) { l=a/d/t/t; r=y/d/t/t; ans+=miu[d/o]*(s[d/o][r]-s[d/o][l]); } } } } } } return ans; } int main() { #define Isaac #ifdef Isaac freopen("power.in","r",stdin); freopen("power.out","w",stdout); #endif ll t,l,r,i; cin>>t; isprime(450000); for(i=1;i<=t;i++) { cin>>l>>r; cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl; } return 0; }
\(T2_{1}\) B. 城市规划
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数据中提到了可能会有重复的点，但一些 Corner Case 还是没卡。
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需要借助
inline和#pragma GCC optimize(3)的力量。点击查看代码
#pragma GCC optimize(3) const ll dx[4][3]={{1,0,0},{1,0,0},{-1,0,0},{-1,0,0}},dy[4][3]={{0,-1,0},{0,1,0},{0,-1,0},{0,1,0}}; ll dfn[1610],low[1610],ins[1610],col[1610],x[2][3],y[2][3],tot,scc_cnt,n,w,h; pair<ll,ll>a[1610],z[2][3]; stack<ll>s; vector<ll>e[1610]; inline void add(ll u,ll v) { e[u].push_back(v); } inline void tarjan(ll x) { tot++; dfn[x]=low[x]=tot; ins[x]=1; s.push(x); for(ll i=0;i<e[x].size();i++) { if(dfn[e[x][i]]==0) { tarjan(e[x][i]); low[x]=min(low[x],low[e[x][i]]); } else { if(ins[e[x][i]]==1) { low[x]=min(low[x],dfn[e[x][i]]); } } } if(dfn[x]==low[x]) { scc_cnt++; ll tmp=0; while(x!=tmp) { tmp=s.top(); ins[tmp]=0; col[tmp]=scc_cnt; s.pop(); } } } inline bool out_of_bounds(ll x,ll y,ll op,ll mid) { for(ll i=0;i<=1;i++) { if(x+dx[op][i]*mid<0||x+dx[op][i]*mid>w||y+dy[op][i]*mid<0||y+dy[op][i]*mid>h) return true; } return false; } inline bool line_cross(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2,ll _x1,ll _y1,ll _x2,ll _y2) { if(x1==x2&&_x1==_x2) { return ((x1==_x1)&&((min(y1,y2)<_y1&&_y1<max(y1,y2))||(min(y1,y2)<_y2&&_y2<max(y1,y2)))); } if(_x1==_x2) { swap(x1,_x1); swap(y1,_y1); swap(x2,_x2); swap(y2,_y2); } if(x1==x2) { double _k=1.0*(_y2-_y1)/(_x2-_x1),_b=_y1-_x1*_k,y=_k*x1+_b; return (_x1<x1&&x1<_x2&&min(y1,y2)<y&&y<max(y1,y2)); } double k=1.0*(y2-y1)/(x2-x1),b=y1-x1*k,_k=1.0*(_y2-_y1)/(_x2-_x1),_b=_y1-_x1*_k; if(k==_k) return false; double x=(_b-b)/(k-_k); return (min(x1,x2)<x&&x<max(x1,x2)&&min(_x1,_x2)<x&&x<max(_x1,_x2)); } inline bool triangle_cross(ll x1,ll y1,ll op1,ll x2,ll y2,ll op2,ll mid) { for(ll i=0;i<=2;i++) { x[0][i]=x1+dx[op1][i]*mid; y[0][i]=y1+dy[op1][i]*mid; x[1][i]=x2+dx[op2][i]*mid; y[1][i]=y2+dy[op2][i]*mid; } for(ll i=0;i<=2;i++) { for(ll j=0;j<=2;j++) { if(line_cross(x[0][i],y[0][i],x[0][(i+1)%3],y[0][(i+1)%3], x[1][j],y[1][j],x[1][(j+1)%3],y[1][(j+1)%3])==true) { return true; } } } return false; } inline bool check(ll mid) { for(ll i=1;i<=8*n;i++) e[i].clear(); memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(ins,0,sizeof(ins)); memset(col,0,sizeof(col)); tot=scc_cnt=0; while(s.empty()==0) s.pop(); for(ll i=1;i<=n;i++) { for(ll j=0;j<=3;j++) { add(i+j*n,i+(3-j)*n+4*n); add(i+j*n+4*n,i+(3-j)*n); if(out_of_bounds(a[i].first,a[i].second,j,mid)==true) add(i+j*n,i+j*n+4*n); } } for(ll i=1;i<=n;i++) { for(ll j=i+1;j<=n;j++) { for(ll u=0;u<=3;u++) { for(ll v=0;v<=3;v++) { if((a[i]==a[j]&&u==v)||triangle_cross(a[i].first,a[i].second,u, a[j].first,a[j].second,v,mid)==true) { add(i+u*n,j+v*n+4*n); add(j+v*n,i+u*n+4*n); } } } } } for(ll i=1;i<=8*n;i++) if(dfn[i]==0) tarjan(i); for(ll i=1;i<=4*n;i++) if(col[i]==col[i+4*n]) return false; return true; } int main() { #define Isaac #ifdef Isaac freopen("city.in","r",stdin); freopen("city.out","w",stdout); #endif ll l=0,r,ans=0,mid,i; cin>>w>>h>>n; r=min(w,h); w*=2; h*=2; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i].first>>a[i].second; a[i].first*=2; a[i].second*=2; } while(l<=r) { mid=(l+r)/2; if(check(mid)==true) { ans=mid; l=mid+1; } else { r=mid-1; } } cout<<ans<<".00"<<endl; return 0; }
\(T2_{2}\) HZTG5883. 机关
\(T2_{3}\) HZTG3024. 发烧（fever）
\(T3\) C. 小 F 的序列
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观察到 \(m \le 10^{6}\) 且 \(c=10\) ，提示我们可行的修改点不会很多，考虑从值域入手。
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最长上升倍数子序列长度规模为 \(O(\log n)\) ，可以直接枚举。
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设 \(f_{x}\) 表示以 \(x\) 开头的最长上升倍数子序列长度， \(cnt_{x,len}\) 表示以 \(x\) 开头的极长上升倍数子序列长度为 \(len\) 的方案数， \(g_{len}\) 表示上升倍数子序列长度为 \(len\) 的方案数。
- \(cnt_{x,len}\) 的更新建议参考代码理解。
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从左端插入/删除直接枚举倍数即可；从右段进行操作时观察到每个点的答案至多变化 \(1\) ，从高到低枚举约数执行形如链式的更新即可。
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可以只记录合法的转移点来减小常数。
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int a[400010],op[100010],x[100010],vis[1000010],pos[1000010],f[400010],g[25],cnt[400010][25]; vector<int>d[1000010]; void print() { int ans=1; for(int i=1;i<=22;i++) if(g[i]!=0) ans=i; printf("%d %d\n",ans,g[ans]); } void push_front(int x,int y,int m) { a[x]=y; pos[a[x]]=x; memset(cnt[x],0,sizeof(cnt[x])); cnt[x][1]=f[x]=1; for(int i=a[x]*2;i<=m;i+=a[x]) { if(pos[i]!=0) { cnt[x][f[pos[i]]+1]++; f[x]=max(f[x],f[pos[i]]+1); } } g[f[x]]++; } void push_back(int x,int y) { a[x]=y; pos[a[x]]=x; cnt[x][1]=f[x]=1; g[f[x]]++; for(int i=0;i<d[a[x]].size();i++) { int y=pos[d[a[x]][i]]; if(y!=0) { cnt[y][2]++; if(cnt[y][f[y]+1]!=0) { g[f[y]]--; f[y]++; g[f[y]]++; for(int j=0;j<d[a[y]].size();j++) { int z=pos[d[a[y]][j]]; if(z!=0&&z<y) { cnt[z][f[y]]--; cnt[z][f[y]+1]++; } } } } } } void pop_front(int x) { pos[a[x]]=0; g[f[x]]--; } void pop_back(int x) { pos[a[x]]=0; g[f[x]]--; for(int i=0;i<d[a[x]].size();i++) { int y=pos[d[a[x]][i]]; if(y!=0) { cnt[y][2]--; if(cnt[y][f[y]]==0) { g[f[y]]--; f[y]--; g[f[y]]++; for(int j=0;j<d[a[y]].size();j++) { int z=pos[d[a[y]][j]]; if(z!=0&&z<y) { cnt[z][f[y]+2]--; cnt[z][f[y]+1]++; } } } } } } int main() { #define Isaac #ifdef Isaac freopen("seq.in","r",stdin); freopen("seq.out","w",stdout); #endif int n,m,q,l,r,i,j; scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); l=q+1; r=q+n; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[q+i]); vis[a[q+i]]=1; } for(i=1;i<=q;i++) { scanf("%d",&op[i]); if(op[i]<=1) { scanf("%d",&x[i]); vis[x[i]]=1; } } for(i=m;i>=1;i--) { if(vis[i]==1) { for(j=2*i;j<=m;j+=i) if(vis[j]==1) d[j].push_back(i); } } for(i=l;i<=r;i++) push_back(i,a[i]); print(); for(i=1;i<=q;i++) { if(op[i]==0) { l--; push_front(l,x[i],m); } if(op[i]==1) { r++; push_back(r,x[i]); } if(op[i]==2) { pop_front(l); l++; } if(op[i]==3) { pop_back(r); r--; } print(); } return 0; }
2025省选模拟12
\(T1\) P1019. 国际象棋 \(0pts\)
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观察到每条对角线上有且仅有一个 \(0\) ，且合法局面下的 \(0\) 一定构成了一段从 \((n,1)\) 到 \((1,m)\) 的路径，途中不经过 \(1\) 。
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从下往上考虑每条对角线的贡献，如果有 \(0\) ，那么其他位置上一定是 \(1\) ，分段统计不经过 \(1\) 的方案数即可。
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const int p=1000000007; int f[5010][5010],sx[10010],sy[10010],cnt[10010]; char s[5010][5010]; int solve(int x1,int y1,int x2,int y2) { f[x1][y1]=1; for(int i=x1;i<=x2;i++) { for(int j=y1;j<=y2;j++) { if(i+1<=x2&&s[i+1][j]!='1') f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j])%p; if(j+1<=y2&&s[i][j+1]!='1') f[i][j+1]=(f[i][j+1]+f[i][j])%p; } } return (x1<=x2&&y1<=y2)*f[x2][y2]; } int main() { #define Isaac #ifdef Isaac freopen("chess.in","r",stdin); freopen("chess.out","w",stdout); #endif int n,m,ans=1,x=1,y=1,i,j; cin>>n>>m; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=m;j++) cin>>s[n-i+1][j]; } if(s[1][1]=='1'||s[n][m]=='1') cout<<0<<endl; else { s[1][1]=s[n][m]='0'; for(i=1;i<=n;i++) { for(j=1;j<=m;j++) { if(s[i][j]=='0') { cnt[i+j]++; sx[i+j]=i; sy[i+j]=j; } } } for(i=3;i<=n+m&&ans!=0;i++) { if(cnt[i]>=2) ans=0; if(cnt[i]==1) { ans=1ll*ans*solve(x,y,sx[i],sy[i])%p; x=sx[i]; y=sy[i]; } } cout<<ans<<endl; } return 0; }
\(T2_{1}\) P1028. 好段子
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因为没有 \(std\) 和数据，所以只好口胡。
- 顺延 CF997E Good Subsegments 中扫描线后线段树维护历史版本和的做法，将计算被加了多少次的懒惰标记（时间懒惰标记）从原来的 \(+1\) 改成 \(+r\) 即可。
- 极限数据下跑了 \(0.6s\) ，如果需要进一步卡常的话就把部分
long long改成int。答案值域达到了 \(4.17 \times 10^{16}\) ，可能需要unsigned long long。
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ll a[500010],ans[500010]; vector<pair<ll,ll> >q[500010]; stack<ll>s1,s2; struct SMT { struct SegmentTree { ll minn,num,hsum,tlazy,lazy; }tree[2000010]; #define lson(rt) (rt<<1) #define rson(rt) (rt<<1|1) void pushup(ll rt) { tree[rt].minn=min(tree[lson(rt)].minn,tree[rson(rt)].minn); tree[rt].num=(tree[lson(rt)].minn==tree[rt].minn)*tree[lson(rt)].num+(tree[rson(rt)].minn==tree[rt].minn)*tree[rson(rt)].num; tree[rt].hsum=tree[lson(rt)].hsum+tree[rson(rt)].hsum; } void build(ll rt,ll l,ll r) { if(l==r) { tree[rt].minn=0; tree[rt].num=1; return; } ll mid=(l+r)/2; build(lson(rt),l,mid); build(rson(rt),mid+1,r); pushup(rt); } void pushlazy(ll rt,ll lazy,ll tlazy,ll minn) { tree[rt].minn+=lazy; tree[rt].lazy+=lazy; if(tree[rt].minn==minn) { tree[rt].hsum+=tlazy*tree[rt].num; tree[rt].tlazy+=tlazy; } } void pushdown(ll rt) { pushlazy(lson(rt),tree[rt].lazy,tree[rt].tlazy,tree[rt].minn); pushlazy(rson(rt),tree[rt].lazy,tree[rt].tlazy,tree[rt].minn); tree[rt].lazy=tree[rt].tlazy=0; } void update_val(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll val) { if(x<=l&&r<=y) { tree[rt].minn+=val; tree[rt].lazy+=val; return; } pushdown(rt); ll mid=(l+r)/2; if(x<=mid) update_val(lson(rt),l,mid,x,y,val); if(y>mid) update_val(rson(rt),mid+1,r,x,y,val); pushup(rt); } void update_tim(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y,ll val) { if(x<=l&&r<=y) { if(tree[rt].minn==0) { tree[rt].hsum+=val*tree[rt].num; tree[rt].tlazy+=val; } return; } pushdown(rt); ll mid=(l+r)/2; if(x<=mid) update_tim(lson(rt),l,mid,x,y,val); if(y>mid) update_tim(rson(rt),mid+1,r,x,y,val); pushup(rt); } ll query(ll rt,ll l,ll r,ll x,ll y) { if(x<=l&&r<=y) return tree[rt].hsum; pushdown(rt); ll mid=(l+r)/2,ans=0; if(x<=mid) ans+=query(lson(rt),l,mid,x,y); if(y>mid) ans+=query(rson(rt),mid+1,r,x,y); return ans; } }T; int main() { #define Isaac #ifdef Isaac freopen("seq.in","r",stdin); freopen("seq.out","w",stdout); #endif ll n,m,l,r,tmp,i,j; scanf("%lld",&n); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); scanf("%lld",&m); for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%lld%lld",&l,&r); q[r].push_back(make_pair(l,i)); } T.build(1,1,n); for(i=1;i<=n;i++) { while(s1.empty()==0&&a[s1.top()]>a[i]) { tmp=s1.top(); s1.pop(); T.update_val(1,1,n,((s1.empty()==0)?s1.top():0)+1,tmp,a[tmp]-a[i]); } while(s2.empty()==0&&a[s2.top()]<a[i]) { tmp=s2.top(); s2.pop(); T.update_val(1,1,n,((s2.empty()==0)?s2.top():0)+1,tmp,a[i]-a[tmp]); } s1.push(i); s2.push(i); if(i-1>=1) T.update_val(1,1,n,1,i-1,-1); T.update_tim(1,1,n,1,i,i); for(j=0;j<q[i].size();j++) ans[q[i][j].second]=T.query(1,1,n,q[i][j].first,i); } for(i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
\(T2_{2}\) P1020. 樱花树 \(20pts\)
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先不管某个点在操作序列上是否出现及出现在哪个位置，在加入答案时再选择是否要加入操作序列。
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设 \(f_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树内进行 \(i\) 次操作不必全部删完的方案数，可以先不管 \(x\) 的影响树形背包转移，然后再通过 \(f_{x,i} \gets f_{x,i-1}+f_{x,i}\) 算入 \(x\) 的影响。设 \(g_{x,i}\) 表示以 \(x\) 为根的子树内进行 \(i\) 次操作不必全部删完，其中不操作 \(1 \to x\) 这条根链上的点的方案数，转移同理。
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对于 \(1 \to x\) 这条根链上的点，如果加入操作序列则往下走的所有点后续不可能再被加入。进行特殊转移，若当前节点不操作则可以直接继承父亲节点的信息，否则一个后缀都可以进行转移，使用后缀和优化优化时间复杂度。接着类似背包将不操作 \(1 \to x\) 这条根链上的点的贡献统计即可。
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const int p=1000000007; struct node { int nxt,to; }e[10010]; int head[5010],siz[5010],f[5010][5010],C[5010][5010],w[5010],g[2][5010],vis[5010],cnt=0; vector<int>s,d; void add(int u,int v) { cnt++; e[cnt]=(node){head[u],v}; head[u]=cnt; } void dfs(int x,int fa,int _x) { s.push_back(x); if(x==_x) d=s; f[x][0]=1; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(e[i].to!=fa) { dfs(e[i].to,x,_x); for(int j=siz[x];j>=0;j--) { for(int k=siz[e[i].to];k>=1;k--) f[x][j+k]=(f[x][j+k]+1ll*f[x][j]*f[e[i].to][k]%p*C[j+k][k]%p)%p; } siz[x]+=siz[e[i].to]; } } siz[x]++; for(int i=siz[x];i>=1;i--) f[x][i]=(f[x][i-1]+f[x][i])%p; s.pop_back(); } int del(int x) { memset(w,0,sizeof(w)); w[0]=1; int siz_x=0; for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt) { if(vis[e[i].to]==0) { siz_x+=siz[e[i].to]; for(int j=siz_x;j>=0;j--) { for(int k=siz[e[i].to];k>=1;k--) w[j+k]=(w[j+k]+1ll*w[j]*f[e[i].to][k]%p*C[j+k][k]%p)%p; } } } return siz_x; } int main() { #define Isaac #ifdef Isaac freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); #endif int n,m,x,u,v,siz_x,sum,i,j,k; cin>>n>>m>>x; C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1; for(i=2;i<=n;i++) { cin>>u>>v; add(u,v); add(v,u); C[i][0]=1; for(j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%p; } dfs(1,0,x); for(i=0;i<d.size();i++) vis[d[i]]=1; del(1); for(i=0;i<=n-1;i++) g[0][i]=w[i]; for(i=1;i<d.size();i++) { siz_x=del(d[i]); sum=0; for(j=n-1;j>=0;j--) { sum=(sum+g[(i-1)&1][j])%p; if(i==d.size()-1) g[i&1][j]=sum; else g[i&1][j]=(g[(i-1)&1][j]+sum)%p; } for(j=n-1;j>=0;j--) { if(g[(i-1)&1][j]!=0) { for(k=siz_x;k>=1;k--) if(j+k<=n-1) g[i&1][j+k]=(g[i&1][j+k]+1ll*g[i&1][j]*w[k]%p*C[j+k][k]%p)%p; } } } cout<<g[(d.size()-1)&1][m-1]<<endl; return 0; }
\(T3\) P1021. 长颈鹿会面 \(15pts\)
总结
- 参赛体验极差。
- \(Window10\) 下没有虚拟机和双系统，被迫使用 \(Dev-C++\) ，中途想要对拍发现
./可执行文件.exe用不了，捣鼓了半天 \(cmd\) 和 \(Power Shell\) 无果，无奈使用 \(VsCode\) 终端，但因为 \(VsCode\) 什么插件都没有实际执行的时候出了一堆奇奇怪怪的问题。
- \(Window10\) 下没有虚拟机和双系统，被迫使用 \(Dev-C++\) ，中途想要对拍发现
- \(T1\) 不知道自己 \(n=2\) 的部分分挂在哪里了。
后记
- 因原 \(5\) 道题目都声称之前见过或做过弱化版， \(huge\) 把整套题都换了，原来那套留给我们做练习题用。
本文来自博客园，作者：hzoi_Shadow，原文链接：https://www.cnblogs.com/The-Shadow-Dragon/p/18727868，未经允许严禁转载。
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