是啊，怎么做

CF1240C

问题转化为每一个点至多选k条边，把他们贡献入答案里，然后dp贪心即可

P2150

寿司晚宴做法

30tps

状压选择的质因数集合，设状态为 \(f_{i,s,t}\), 为选择 [1, i] 中， Alice 选择的质因数集合 S， Bob 选择的质因数集合为 T

时间为 \(O(n 2^{20})\)

100tps

因为大质因数很少，最多出现 1 次，

按大质因数分组，每组背包，时间为\(O(n\times2^{16})\)

这个做法又称根号质因数状压

CF2252E

因为：

\[x + y = (x \oplus y) + 2 \times (x \& y) \\ x \oplus x = 0 \]

所以

\[a \oplus c = b = 2 (a+c) = 2(a \oplus c) + 4 \times (a \& c) \\ (a \oplus c) = 2 \times (a \& c) \]

考虑 dp, 设 \(dp_{w, x, l_1, l_2, l, g}\) 为考虑 \(w\) 位， \(a \& c = x\), \(a, c\) 是否卡上上线 \((a -> l_1) , (c -> l_2)\),
\(a\) 前面是否全是 \(0\) ， 是否 \(a = c\)

时间为\(O(\log)\)

CF893E

提供一个非dp做法

符号只需在最后乘以 \(2^{y-1}\) 即可。

考虑一个因数 \(p_i^{a_i}\) ，则他的贡献为 \({y+a_i-1 \choose y-1}\) ， 时间为 \(O(\sqrt{x})\)

P7913

维护空闲的廊桥，每次让编号最小的上去抗，计算每一廊桥的航班数，最后枚举国内区的个数，时间线性

P7915

T3比T2简单吗

维护左右端点的双端队列，每次用四次讨论即可，时间复杂度为线性

P4262

正着做一遍，反着做一遍，然后拼起来，时间复杂度为 \(O(nm2^m)\)

Gym105161J

选中的区域不能有 3 格子拐弯的样子，轮廓线 dp

CF2062C

怎么不读题

读题，注意到差分后交换就是给整体有一个负号，模拟即可，时间为 \(O(n^2)\)

不知道什么题目

题意：

有一个点数为 n 的树，有 q 次查询，每次给出一条路径 [u, v] ， 选择一个子图使得包含这个路径上一点，求有多少子图

用 \(f_i\) 为在 x 子树内，包含 x 的方案数
\(g_i\) 子图选 x ，不包含子树节点方案数

其中 \(f_i\) 可以直接写出来， \(g_i\) 用换根维护。时间为 \(O(n) - O(1)\)

CF2013C

交互

先用一个空串向后拓展，如果两个都不行，则扩展到头了，则往前拓展，注意到开头不是 1 就是 0 ，那么能省下一个询问，查询复杂度严格为 2n

CF1667B

dp

设 \(dp_{i}\) 为前 i 个的划分最大值，\(s_i\) 为前缀和，则转移为：

\[\begin{array}{l} dp_i = \max \left\{\begin{matrix} dp_j+(i-j)\quad s_i>s_j \\ dp_j\quad s_i = s_j \\ dp_j+(j-i)\quad s_i < s_j \\ \end{matrix}\right. \end{array} \]

时间为 \(O(n^2)\) ，考虑优化。

把 \(s_i\) 离散化，然后放到数轴上，单点修改，前缀查询，用 fenwicktree 维护

CF1427C

dp

设 \(dp_i\) 为前 i 个明星能拍到的最大值，发现最优解只有 \(4 \times r\) 中，时间复杂度为 \(O(nr)\)

CF2044H

\[LHS = \\ \sum_{i=x_1}^{x_2} \sum_{j=y_1}^{y_2} M_{i,j} \times [(i-x_1)\times(y_2-y_1+1)+(j-y_1+1)] = \\ \sum_{i=x_1}^{x_2} \sum_{j=y_1}^{y_2}M_{i,j} \times [i\times(y_2-y_1+1)]-M_{i,j}\times[x_1\times(y_2-y_1+1)]+M_{i,j}\times[j-y_1+1] = \\ [(y_1-y_2-1)x_1-y_1+1]\sum_{i=x_1}^{x_2} \sum_{j=y_1}^{y_2}M_{i,j}+(y_2-y_1+1)\sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{j=y_1}^{y_2}iM_{i,j} + \sum_{i=x_1}^{x_2}\sum_{i=y_1}^{y_2}jM_{i,j} \]

维护前缀和即可

CF1772

推式子可知：

\[a_i>a_{i+1}\quad x \ge \frac{a_i+a_{i+1}}{2} \\ a_i=a_{i+1}\quad x \in \mathbb{R} \\ a_i<a_{i+1}\quad x \le \frac{a_i+a_{i+1}}{2} \\ \]

对于每一个 \(a_i,a_{i+1}\) 都做一遍，最后判一下上下界即可。

CF1842C

设 \(dp_i\) 为前 i 个数最多能删多少数，则

\[dp_i = \max_{a_j=a_i}(dp_{j-1}+i-j+1, dp_{i-1}) \]

用桶 / map 维护，时间复杂度为 \(O(n\log n) or O(n)?\) ，反正能过

P1390

\[Ans = (\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i,j)-\frac{n(n+1)}{2})\div 2 \]

又因为

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (i,j)\\ =\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \sum_{d|i,d|j}d[d=(i,j)]\\ =\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}[(i,j)=1]\\ =\sum_{d=1}^nd\sum_{x=1}^{n/d}\mu(x)\left \lfloor \frac{n}{dx} \right \rfloor \left \lfloor \frac{n}{dx} \right \rfloor \]

枚举 d , 后面用整除分块解决，时间复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)

P7359

首先用倍增将树变成序列，然后用定义状态 $ f_{i,0/1}$ 。

\(f_{i,0}\) 表示在 u 节点没有造船
\(f_{i,1}\) 表示在 u 节点有船

发现可以用矩阵乘法的变化优化，然后就过了

CF1349A

原式可化为：

\[\frac{\gcd{a_i \times a_j | i < j}}{\gcd(a_1, a_2, a_3, \dots, a_n)} \]

对于每一个 i ，预处理好后缀 gcd, 然后对于每一个 i 都计算一下，时间线性

CF1089F

考虑对于枚举因数，然后进行线性组合，得到 n-1 ， 时间为 \(O(k)\)

CF2236F

F1

得出 \(p_i\) 两两互质，那么从每一个 \(a_i\) 中选取所有 \(a_j i \ne j\) 没有的质因数，那么全部累积，时间复杂度为 \(O(n\sqrt{V})\)

F2

不会，严肃学习 Lzn 老师的文章！！！

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