望舒草

摘要： 考虑每个gcd对答案的贡献。这不好求。可以先求gcd至少是d时对答案的贡献（也就是gcd是d的倍数），然后再容斥回去。多次询问时，考虑预处理答案，从n-1向n递推，则只有d是n的约数会有变化，这样的d总量是O(n log n)的。但我们不能每次重新做一遍容斥。可以把容斥转化为给每个d一个贡献系数，这样d的贡献值变化时，只要拿变化量乘以系数即可。 阅读全文

摘要： 分k>sqrt(n)和k<=sqrt(n)两种情况。后者可以直接爆搜。前者，每个数里，至多只有一个不合法的质数，所以不合法的数总是就是sigma( i=k+1~n, [i是质数] floor(n/i) )。这个函数不好求，不过floor(n/i)只有O(sqrt(n))种取值，我们枚举floor(n/i)的值，转化为求区间里质数数量。而这个区间端点恰好又都是floor(n/i)的形式，可以用min25筛的前半部分筛出来 阅读全文

摘要： min25筛，用来求一个函数的前缀和。算法分成两个部分，前一部分用DP的思想筛出质数的贡献。后一部分把质数与合数的贡献加和。它不仅可以用来求很多数论函数的前缀和，它前后两部分的思想也经常单独出现在一些题目中。 阅读全文

摘要： 把序列变成一棵基环树。转化为求所有基环树环的数量之和。可以egf做。设g(n)表示n个节点的基环树森林数量，显然g(n)=n^n。设G(x)是g的egf。则n个节点的一棵基环树的数量就是F=ln G。环的总数，就等于F*G，相当于枚举某一棵基环树对答案的贡献，其他部分任意。时间复杂度n log n。k=2时，还要加上叶子数的期望，单独考虑每个节点的贡献即可。 阅读全文

摘要： 细品题意，可以把问题转化为，在一张DAG上，按编号从小到大依次标记每个节点。在标记节点 i 时，判断是否存在一个【能到达 i 的】或【i 能到达的】节点已被标记。在过程中维护是不好做的。但可以在拓扑排序时递推出，能到达每个节点的最小标号。 阅读全文

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摘要： 转化为求A串一个区间和B串的最长公共子序列。预处理一个dp[i][j][k]，表示从A串的i，B串的j开始，长度为k的公共子序列，在A串里的结尾位置最小是多少。转移从dp[i+1]转移到dp[i]，考虑第i位选不选即可。回答询问时，枚举j,k，如果dp[L][j][k]<=R，可以用k更新答案 阅读全文

摘要： 如果已经知道结果串t，考虑s能不能得到t，可以做一个贪心“匹配”。知道这个贪心的策略后，考虑本题要计算所有t的数量，那么可以DP。设dp[i]表示有多少t能贪心匹配到s的前i位。转移时考虑t的下一位是1还是0即可。 阅读全文

摘要： 考虑从n-1到n递推答案f(n)。发现答案的差，可以用一个g(n)-g(n-1)表示出来。继续递归下去，到边界时，f(n)就等于1/2+g(n)。于是问题转化为求g(n)。先做一个分数裂项。然后套用莫比乌斯反演推出最终的式子。还需要卡一卡空间。 阅读全文

摘要： 物理学上的公式：s=p+1/2 a * t^2 。把机器人按a排序后，用单调栈做。难点在于求出一个机器人超过另一个机器人的时间。可以利用这个物理公式，把t看做未知数，解方程即可。 阅读全文

摘要： 把点分为大点和小点。修改时，如果是小点，则暴力更新所有邻居。查询时，枚举邻居中的大点，计算影响。一共需要O((n+q)*sqrt(n))次修改操作，O(q)次查询操作，考虑怎么维护每个点的集合，来支持这些操作。如果用动态开点线段树维护，则修改是O(log a)，查询是O(1)的，不太合适。发现mex的值域只有deg(u)，所以可以用数组记录每个值的出现次数，O(1)修改。对值域分块，O(sqrt(n))查询 阅读全文

摘要： 因为mod 1e9+9意义下可以找到sqrt(5)的值，所以考虑使用斐波那契数列的通项公式。问题转化为求一个形如 sum{i=0~n} (A^i+B^i)^K 的东西。把后面的括号用二项式定理展开，再交换和式即可。 阅读全文

摘要： 对每个i，预处理以i结尾的AA数量f[i]，以i开头的BB数量g[i]，答案就是Σf[i]*g[i+1]。朴素地求f,g，时间复杂度是O(n^2)的。考虑枚举A的长度len，把是len倍数的位置标位关键点，则每个AA必定跨过恰好2个关键点。枚举每一组关键点，可以O(1)统计出跨过它们的AA。关键点数量是调和级数。所以总复杂度O(n log n)。 阅读全文

摘要： 如果是有向无环图，则可以直接拓扑排序，递推出答案。考虑有环的时候，普通的拓扑排序是不会进入到环里面的，这就可能“阻隔”答案的传递，例如，如果一个点有后继是先手必败的，那该节点一定是先手必胜的，不过它在不在环上，我们都可以把它直接加入队列，去更新其他点的答案。注意保证一个节点不能被多次入队。这样做一遍bfs就能直接推出答案了。 阅读全文

摘要： 静态问题，可以结合子集枚举、大力递归（递归的边界，需要用高维前缀和预处理出来）这两种暴力，单次修改或查询的复杂度是O(2^{n/2})的。高维前缀和，可以等所有修改完成后，用fwt求出。非静态的问题，只需要对操作分块，不同块之间相当于是静态问题，块内的贡献可以直接枚举每个修改，计算出来。 阅读全文