2025.2 暑假专题记录
2025.2 暑假专题记录
主要记录下暑假专题的作业题做法
树型 DP
P.S. 以下常用 \(u\) 表示当前节点，\(v\) 表示 \(u\) 的儿子
P3047
朴素思路是以每个点为根分别统计其答案，时间复杂度 \(O(n^2)\)，无法接受；这启示我们利用其他点的信息，即换根
设 \(g_{i, j}\) 表示 \(i\) 子树内与其距离为 \(j\) 的点的权值和，显然有转移 \(g_{u, j} = \sum g_{v, j-1}\)，我们可以通过一次 dfs 求出 \(g\) 数组
设 \(f_{i, j}\) 为与点 \(i\) 距离为 \(j\) 的点的权值和，与点 \(v\) 距离为 \(j\) 的点包含两部分：
- 点 \(v\) 子树内与其距离为 \(j\) 的点，即 \(g_{v, j}\)
- 点 \(v\) 子树外与其距离为 \(j\) 的点，换句话说是点 \(u\) 子树外与其距离为 \(j-1\) 的点；"子树外"的限制不好处理，可以将其变为 \(f_{u, j-1}\) 挖去 \(v\) 子树对其造成的贡献，即 \(f_{u, j-1}-g_{v, j-2}\)
综上，转移为 \(f_{v, j} \leftarrow g_{v, j}+f_{u, j-1}-g_{v, j-2}\)
初始值为 \(f_{i, 0} = g_{i, 0} = w_i\)，点 \(i\) 的答案为 \(\sum_{j=0}^{k} f_{i, j}\)
考虑类似扫描线的思想，当 \(i\) 逐渐增大，村庄 \(j(j \le i)\) 会在某一时刻需要赔偿，影响范围是一段区间
因此考虑线段树优化 dp；预处理出 \(st_i, ed_i\) 表示 \(i\) 左边 / 右边最近不能覆盖到村庄 \(i\) 的位置，当 \(i \ge ed_j\) 时，若从 \([1, st_j]\) 转移则需要对 \(j\) 进行赔偿，此时对 \([1, st_j]\) 进行一次区间加即可；求 \(f_i\) 即为对 \([1-i-1]\) 做一次区间查询
P2279
以下为方便表述，设 \(u\) 为当前节点，\(u_1\) 为 \(u\) 的父亲，\(u_2\) 为 \(u\) 的父亲的父亲，\(v_1\) 为 \(u\) 的儿子，\(v_2\) 为 \(u\) 的儿子的儿子
设 \(f_{i, j}\) 表示使用 \(i\) 子树中的点，至少覆盖点 \(i\) 子树内以及 \(i\) 祖先节点到第 \(j\) 层所需的最少代价
由于消防局最大覆盖距离为 \(2\)，因次 \(|j|\) 最大为 \(2\)；为了不漏掉用一个点的祖先覆盖该点的情况，\(j\) 应可以为负；具体的：
- \(f_{u, 2}\) 表示至少覆盖到 \(u_2\) 这层
- \(f_{u, 1}\) 表示至少覆盖到 \(u_1\) 这层
- \(f_{u, 0}\) 表示至少覆盖到 \(u\) 这层
- \(f_{u, -1}\) 表示至少覆盖到 \(v_1\) 这层
- \(f_{u, -2}\) 表示至少覆盖到 \(v_2\) 这层
注意状态定义有包含关系，有 \(f_{i, -2} \le f_{i, -1} \le f_{i, 0} \le f_{i, 1} \le f_{i, 2}\)
对于 \(f_{u, 2}\)，我们必然要在点 \(u\) 设立消防局，已经能覆盖到 \(v_2\) 这层；因此对于 \(v_1\)，至少覆盖到 \(v_1\) 儿子的儿子这层即可，转移为 \(f_{u, 2} \leftarrow \sum f_{v_1, -2}\)
对于 \(f_{u, 1}\)，在 \(u\) 设立消防局的情况我们在 \(f_{u, 2}\) 已经考虑过，因此先令 \(f_{u, 1} \leftarrow \min(f_{u, 1}, f_{u, 0})\)；现在只考虑在 \(v_1\) 设立消防局，我们钦定在 \(v_{1, x}\) 放，则对于其他 \(v_1\) 只需至少覆盖到 \(v_1\) 儿子这层，转移为 \(f_{u, 1} \leftarrow \min(f_{v_{1, x}, 2} + \sum_{v_1 \ne v_{1, x}} f_{v_1, -1})\)
对于 \(f_{u, 0}\)，同理先令 \(f_{u, 0} \leftarrow \min(f_{u, 0}, f_{u, 1}, f_{u, 2})\)；与 \(f_{u, 1}\) 类似，我们钦定在 \(v_{1, x}\) 的子树中放消防局往上覆盖到 \(u\) 这层，代价即为 \(f_{v_{1, x}, 1}\)，其他 \(v_1\) 只需至少覆盖到它自己这层，转移为 \(f_{u, 0} \leftarrow \min(f_{v_{1, x}, 1} + \sum_{v_1 \ne v_{1, x}} f_{v_1, 0})\)
对于 \(f_{u, -1}\)，先令 \(f_{u, -1} \leftarrow \min(f_{u, -1}, f_{u, 0}, f_{u, 1}, f_{u, 2})\)；此时 \(v_{1, x}\) 子树中的消防局对其他 \(v_1\) 没有影响，所有儿子没有区别，只需覆盖到自己这层，转移为 \(f_{u, -1} \leftarrow \sum f_{v_1, 0}\)
对于 \(f_{u, -2}\)，先令 \(f_{u, -2} \leftarrow \min(f_{u, -2}, f_{u, -1}, f_{u, 0}, f_{u, 1}, f_{u, 2})\)；与 \(f_{u, -1}\) 类似，\(v_1\) 只需覆盖到它的儿子这层，转移为 \(f_{u, -2} \leftarrow \sum f_{v_1, -1}\)
对于叶子，初始值为 \(f_{u, 4} = f_{u, 3} = f_{u, 2} = 1\)，非叶子则为 \(f_{u, 4} = 1\)；答案为 \(f_{root, 0}\)
ABC160F
本质上这个问题是树上拓扑序计数
注意到只要对于点 \(i\) 子树内任一点 \(j\)，都有 \(j\) 子树内 \(j\) 最先填 (递归满足即可)，这样的填数方案就是合法的
记点 \(i\) 的子树大小为 \(siz_i\)，则对于点 \(i\) 子树内的所有填数方案，只有 \(\frac{1}{siz_i}\) 是合法的，因为我们需要保证 \(i\) 最先填；那么总合法方案数为 \(\frac{n!}{\prod siz_i}\)
那么问题转化为需要快速求出以每个点为根时的 \(\prod siz_i\)，考虑换根
记 \(f_i\) 为以 \(i\) 为根时 \(\prod siz_i\) 的值；从以 \(u\) 为根变为以 \(v\) 为根时，\(siz'_u \leftarrow n-siz_v\)，\(siz'_v \leftarrow n\)，因此有转移 \(f_v \leftarrow f_u \times \frac{n-siz_v}{n} \times \frac{n}{siz_v} = f_u \times \frac{n-siz_v}{siz_v}\)
P4516
考虑如何设计 dp 状态；显然需要一维 \(i\) 表示点编号，背包维 \(j\) 表示用了多少监听设备；直接做没法转移，考虑增加两维 \(0/1\), \(0/1\) 表示是否在点 \(i\) 上放监听设备、点 \(i\) 是否被监听
综上，考虑设 \(f_{i, j, 0/1, 0/1}\) 表示以 \(i\) 为根的子树中放了 \(j\) 个监听设备，点 \(i\) 上是否放了监听设备，点 \(i\) 是否被监听的方法数
这是一个树上背包，我们按照 \(f_{u, i+j, \cdots} \leftarrow f_{u, i, \cdots}, f_{v, j, \cdots}\) 的方式转移
考虑分类讨论转移策略：
- 对于 \(f_{u, i+j, 0, 0}\)，\(u\) 自己没放也没被监听，儿子上不能放，且必须已经被监听 (因为从 \(u\) 监听的路已经断了)；因此转移为 \(f_{u, i+j, 0, 0} \leftarrow \sum (f_{u, i, 0, 0} \times f_{v, j, 0, 1})\)
- 对于 \(f_{u, i+j, 1, 0}\)，\(u\) 自己放但没被监听，儿子上不能放，且是否已被监听都行；转移为 \(f_{u, i+j, 1, 0} \leftarrow \sum (f_{u, i, 1, 0} \times f_{v, j, 0, 0/1})\)
- 对于 \(f_{u, i+j, 0, 1}\), \(u\) 自己没放但被监听，对之前 \(u\) 是否已被监听分类讨论：
- 若之前未被监听且 \(v\) 处放完后被监听，则 \(v\) 处必然又放又被监听 (因为无法从 \(u\) 监听)，转移为 \(f_{u, i+j, 0, 1} \leftarrow \sum (f_{u, i, 0, 0} \times f_{v, j, 1, 1})\)
- 若之前已被监听，则 \(v\) 处必然被监听，放不放无所谓，转移为 \(f_{u, i+j, 0, 1} \leftarrow \sum (f_{u, i, 0, 1} \times f_{v, j, 0/1, 1})\)
- 对于 \(f_{u, i+j, 1, 1}\)，\(u\) 自己放也被监听，同样分类讨论：
- 若之前未被监听且 \(v\) 处放完后被监听，则 \(v\) 处必然放，是否已经被监听无所谓，转移为 \(f_{u, i+j, 1, 1} \leftarrow \sum (f_{u, i, 1, 0} \times f_{v, j, 1, 0/1})\)
- 若之前已被监听，则 \(v\) 处状态随意，转移为 \(f_{u, i+j, 1, 1} \leftarrow \sum (f_{u, i, 1, 1} \times f_{v, j, 0/1, 0/1})\)
初始值为点 \(u\) 自己放或不放，即 \(f_{u, 0, 0, 0} = f_{u, 1, 1, 0} = 1\)；最终只需要 \(root\) 被监听，答案为 \(f_{root, k, 0, 1} \times f_{root, k, 1, 1}\)
实现时注意对每个 \(v\)，在转移到 \(u\) 前先缓存一份 \(u\) 的当前答案防止转移混乱；加上 \(siz\) 的优化后时间复杂度是 \(O(nk)\) 的
P4284
由于每个点贡献都是 \(1\)，期望和实际上就是概率和
与第一道题有点像，考虑换根，第一次处理子树内贡献，第二次处理子树外贡献
不妨直接根据题意设 \(f_i\) 表示点 \(i\) 通电的概率
先考虑子树内；那么点 \(u\) 通电有两种可能：
- 点 \(u\) 自己开始就通电
- 点 \(u\) 的某个儿子 \(v\) 通电，顺着 \((u, v)\) 转移过来
注意若事件 A 发生的概率为 \(P(A)\)，事件 B 发生的概率为 \(P(B)\)，则两者至少发生一个的概率为 \(P(A) \times (1-P(B))+P(B) \times (1-P(A))+P(A) \times P(B) = P(A)+P(B)-P(A) \times P(B)\)
因此不妨初始设 \(f_u \leftarrow q_u\)；则转移为 \(f_u \leftarrow f_u+f_v \times p(u, v)-f_u \times f_v \times p(u, v)\)
再考虑子树外；一种显然的想法是直接用第一次求出的 \(f_u\) 反回来更新 \(f_v\)，但这是不正确的，因为这里的 \(f_u\) 包含 \(f_v\) 对其的贡献，相当于 \(f_v\) 自己转移到自己，显然是错的；因此我们考虑挖掉 \(f_v\) 对 \(f_u\) 造成的贡献，再转移回 \(f_v\)
不妨认为第一次求出的 \(f_u\) 最后一个从 \(f_v\) 转移 (换句话说，\(v\) 是 \(u\) 的最后一个儿子)，记转移前 \(f_u = f_{u_{pre}}\)，转移后 \(f_u = f_{u_{last}}\)，易知 \(f_{u_{last}} = f_{u_{pre}}+f_v \times p(u, v)-f_{u_{pre}} \times f_v \times p(u, v)\)，可以反解出 \(f_{u_{pre}} = \frac{f_{u_{last}}-f_v \times p(u, v)}{1-f_v \times p(u, v)}\) (P.S. 注意特判 \(f_v \times p(u, v) = 1\))；我们用 \(f_{u_{pre}}\) 按照第一次的方式更新 \(f_v\) 即可
答案为 \(\sum f_i\)
P9745
对于与异或有关的题，常见的想法是拆位；本题涉及断边操作，考虑将与当前点直接相连 / 非直接相连的连通块价值刻画进状态内
设 \(f_i\) 为点 \(i\) 子树内的答案，\(g_{i, j, k}\) 为以 \(i\) 为根的子树内断掉若干边，与 \(i\) 相连的连通块价值在二进制下第 \(j\) 为 \(k\) 时，不与 \(i\) 相连的所有连通块的价值乘积和
我们有 \(f_u = \sum_{i=0}^{63} (2^i \times g_{u, i, 1})\) (对于 \(g_{u, i, 0}\)，其已经在 \(u\) 子树内某点为根时统计过)
考虑如何转移；对于 \(u\) 与儿子 \(v\)，分类讨论 \(g_{u, i, 0/1}\) 的来源：
-
对于 \(g_{u, i, 0}\)：
- 不断 \((u, v)\)，可以由自己的 \(0\) 异或上儿子的 \(0\)，或由自己的 \(1\) 异或上儿子的 \(1\) 得来
- 断 \((u, v)\)，只能由自己的 \(0\) 得来
综上，\(g_{u, i, 0} \leftarrow g_{u, i, 0} \times (g_{v, i, 0} + f_v) + g_{u, i, 1} \times g_{v, i, 1}\)
-
对于 \(g_{u, i, 1}\)：
- 不断 \((u, v)\)，可以由自己的 \(0\) 异或上儿子的 \(1\)，或由自己的 \(1\) 异或上儿子的 \(0\) 得来
- 断 \((u, v)\)，只能由自己的 \(1\) 得来
综上，\(g_{u, i, 1} \leftarrow g_{u, i, 0} \times g_{v, i, 1} + g_{u, i, 1} \times (g_{v, i, 0} + f_v)\)
初始值为若 \(a_u\) 第 \(i\) 位为 \(1\) 则 \(g_{u, i, 1} = 1\)，反之 \(g_{u, i, 0} = 1\)；答案为 \(f_{root}\)
P3523
咕咕咕。感觉没太理解。
CF1394D
首先，对于边 \((u, v)\)，若 \(b_u \ne b_v\) 则这条边的方向确定
题目转化为给未定向的边定向，使得总权值和最小
从整体上不太好刻画，我们考虑拆贡献；对于点 \(u\)，记其入度为 \(in_u\)，出度为 \(out_u\)，一条经过它的链要么对 \(in_u\) 贡献 \(1\)，要么对 \(out_u\) 贡献 \(1\) (因为 \(u\) 可能是链头或链尾)；因此点 \(u\) 的贡献为 \(\max(in_u, out_u) \times a_u\)
考虑调整法；我们在一开始先强行令未定向边都从儿子指向父亲，再逐个调整
设 \(f_{u, 0/1}\) 表示强制 \(u \rightarrow fa_u\) / 强制 \(u \leftarrow fa_u\) 时 \(u\) 子树内的答案
注意到对于 \(v\)，我们必然贪心地选 \(f_{v, 1}-f_{v, 0}\) 最小的进行更改，直接模拟，边改边更新即可
P8867
显然对于一个边双，爱咋建咋建，肯定合法；这启示我们先缩边双，将原图转化为一棵树
设 \(f_{i, 0/1}\) 表示点 \(i\) 子树内放不放军营的方案数；不过对于点 \(u\)，点 \(v\) 的军营是否已经合法，是否需要连到 \(u\)，好像都不太清楚，没法转移
因此我们更新状态，设 \(f_{i, 0/1}\) 表示点 \(i\) 子树内放不放军营，且若放则必须连到 \(i\) 的方案数
对于点 \(u\)，记 \(u\) 代表的边双点数为 \(V_u\)，边数为 \(E_u\)，依次对每个儿子考虑转移：
- 对于 \(f_{u, 0}\)，显然有 \(f_{u, 0} \leftarrow f_{u, 0} \times f_{v, 0}\)
- 对于 \(f_{u, 1}\)，分类讨论 \(u\) 之前放没放军营：
- \(u\) 之前没放，则 \(v\) 放，\((u, v)\) 边必须看守，\(f_{u, 1} \leftarrow f_{u, 0} \times f_{v, 1}\)
- \(u\) 之前放，则 \(v\) 可放可不放，不放则 \((u, v)\) 边可看可不看，\(f_{u, 1} \leftarrow f_{u, 1} \times (f_{v, 0} \times 2+f_{v, 1})\)
初始值为 \(f_{u, 0} = 2^{E_u}\)，\(f_{u, 1} = 2^{E_u+V_u}-2^{E_u}\)
此时答案就是 \(f_{root, 0/1}\) 么？如果直接算，相当于强制 \(root\) 子树内的每个军营都连到 \(root\)，无论 \(root\) 是否有军营；这显然是不对的
因此我们对每个点 \(u\) 都统计一遍，每次强制 \(u\) 建军营，\(u\) 子树外的点全部不建军营；先处理出点 \(u\) 子树内的边数 \(Esiz_u\)，则答案为 \(\sum (f_{u, 1} \times 2^{Esiz_{root}-Esiz_u-1})\)
ARC098D
咕咕咕。放到以后刷 Kruskal 重构树的 blog 里面吧。
DP 优化
P2605
首先考虑朴素 dp
设 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 个村庄建立 \(j\) 个基站的最小代价
显然有转移 \(f_{i, j} = c_i + \min(f_{k, j-1} + cost(k, i))\)，其中 \(cost(k, i)\) 表示村庄 \(i \sim k\) 中需要的赔偿费用，时间复杂度 \(O(n^2k)\)，无法接受
注意到第二维的 \(j\) 可以去掉，提到最外面枚举即可
考虑类似扫描线的思想；预处理出 \(st_i, ed_i\) 表示点 \(i\) 左侧 / 右侧最近的覆盖不到 \(i\) 的位置，当 \(i \ge ed_j\) 时将村庄 \(j\) 的赔偿费用加进去，形如对 \([1, st_j]\) 的区间加
求 \(f_i\) 即为对 \([1, i-1]\) 的区间询问；线段树维护即可
P3628
设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个点的答案
容易得到转移 \(f_i = f_j+F(s_i-s_j)\)，\(s_i\) 为前 \(i\) 个点的前缀和，\(F(x)\) 为题目中定义的二次函数
不妨设 \(j>k\) 且 \(j\) 的转移优于 \(k\)，则有：
\(f_j+a(s_i-s_j)^2+b(s_i-s_j)+c > f_k+a(s_i-s_k)^2+b(s_i-s_k)+c\)
\(f_j-2as_is_j+as_{j}^{2}-bs_j > f_k-2as_is_k+as_{k}^{2}-bs_k\)
\((f_j+as_{j}^{2}-bs_j)-(f_k+as_{k}^{2}-bs_k) > 2as_i(s_j-s_k)\)
记 \(g(x) = f_x+as_{x}^{2}-bs_x\)，则有
\(\frac{g(j)-g(k)}{2a(s_j-s_k)} > s_i\)
我们将 \(s_i\) 看做横坐标，\(g(i)\) 看做纵坐标，则每个 \(i\) 在坐标系中对应一个点，原式可看做斜率；
对于坐标系中三点 \(P_1, P_2, P_3\)，若 \(P_2\) 可能最优，则有 \(k(P_1, P_2) \ge s_i \ge k(P_2, P_3)\)；因此我们要维护一个斜率递降的点集，可以直接单调队列，队首就是最优转移点
P4360
记 \(sd_i\) 为距离的后缀和，\(sw_i\) 为重量的前缀和，\(s = \sum (w_i \times sd_i)\) 表示总费用
设 \(f_i\) 为在点 \(i\) 放第二个锯木厂的最小代价，容易得到 \(f_i = \min_{j=1}^{i-1} (s-sw_j \times sd_j-(sw_i-sw_j) \times sd_i)\)，即先将 \(1 \sim j\) 的木材运到 \(j\)，再将 \(j+1 \sim i\) 的木材运到 \(i\)
不妨设 \(j>k\) 且 \(j\) 的转移优于 \(k\)，则有：
\(s-sw_j \times sd_j-(sw_i-sw_j) \times sd_i < s-sw_k \times sd_k-(sw_i-sw_k) \times sd_i\)
\(sd_i \times (sw_j-sw_k) < sw_j \times sd_j - sw_k \times sd_k\)
记 \(g(x) = sw_x \times sd_x\)，则有
\(\frac{g(j)-g(k)}{sw_j-sw_k} > sd_i\)
同理对于坐标系中三点 \(P_1, P_2, P_3\)，若 \(P_2\) 可能最优，则有 \(k(P_1, P_2) \ge sd_i \ge k(P_2, P_3)\)；因此我们维护一个斜率递降的点集，单调队列即可，队首就是最优转移点
P3349
暴力状压做法即设 \(f_{i, j, S}\) 表示点 \(i\) 填 \(j\)，子树内使用的编号集合，时间复杂度 \(O(3^nn^3)\)
瓶颈在于枚举子集，考虑优化这一过程；注意到记录 \(S\) 的原因是需要保证 \(1 \sim n\) 刚好出现一次，尝试扔掉这个性质
这启示我们容斥；枚举 \(S\)，先钦定填的编号是 \(S\) 的子集，再减去重复的情况
设 \(f_{i, j}\) 表示点 \(i\) 填 \(j\)，子树内的方案数，转移为 \(f_{u, j} \leftarrow \prod f_{v, k}\)，其中 \(j \in S, k \in S, (j, k) \in E\)，时间复杂度 \(O(3^n2^n)\)
CF383E
注意到题目很像 SOS dp，尝试往相关方向转化
设当前元音字母集合为 \(S\)，考虑转化为求补集，即求所有字母为 \(\overline S\) 的子集的单词数量
令 \(f(S)\) 为字母集合为 \(S\) 的单词数量，即求 \(g(S) = \sum_{T \in S} f(T)\)，这是 SOS dp 的经典形式
将 \(S\) 的每位看作数组的一维，则 \(T \subseteq S \iff \forall i(T_i \le S_i)\)，因此子集求和等价于对数组做高维前缀和
实现上，我们先枚举每位 \(i\)，再枚举集合 \(S\)：
- 若 \(S_i = 1\)，令 \(f_S \leftarrow f_S+f_{S \oplus 2^i}\) (即将该位的 \(0\) 累加到 \(1\) 上)
- 若 \(S_i = 0\)，无需另外做前缀和，无事发生
记第 \(i\) 个字符串形成的集合为 \(S_{s_i}\)，初始值为 \(f_{S_{s_i}} = 1\)，答案为 \(\bigoplus (n-f_S)^2\)
数学
P2568
即求
\(\displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} [gcd(i, j) = p]\)
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} [gcd(i, j)=1]\)
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} (-1+\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (2\sum_{j=1}^{i} [gcd(i, j)=1]))\)
这里 \(-1\) 是因为 \(i = 1, j = 1\) 会被算两次
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} (-1+2\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \varphi(i))\)
筛出 \(\varphi(i)\) 做前缀和即可
P2257
不妨设 \(n \le m\)，即求
\(\displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [gcd(i, j) = p]\)
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} [gcd(i, j)=1]\)
此时由于 \(n, m\) 不同，无法直接化为 \(\varphi(i)\) 的形式
对于 \([gcd(i, j) = 1]\)，还有一个常见变形是利用莫比乌斯反演化为 \(\sum_{d|gcd(i, j)} \mu(d)\)
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \sum_{d|gcd(i, j)} \mu(d)\)
交换下求和顺序
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{pd} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{pd} \rfloor} 1\)
\(= \displaystyle \sum_{p \in prime} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \mu(d) \lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor\)
发现后面挂着的 \(\lfloor \frac{n}{pd} \rfloor \lfloor \frac{m}{pd} \rfloor\) 影响我们预处理，不妨设 \(k=pd\)，考虑将 \(k\) 提到前面去
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \lfloor \frac{m}{k} \rfloor (\sum_{p|k, p \in prime} \mu(\frac{k}{p}))\)
此时后面就可以预处理了，筛出 \(\mu(i)\) 后枚举质数 \(p\)，累加到其所有倍数上即可
P4588
直接模拟的问题在于 \(M\) 可能非质数，有可能不存在逆元
考虑单独将 \(x\) 与 \(M\) 不互质的部分 (相同的质因子) 拉出来，维护其幂次，其余部分正常做即可
P3911
\(A_i, A_j\) 不好维护，考虑将"在下标上统计"转化为"在值域上统计"
记 \(c_i\) 为 \(i\) 这一值的出现次数，\(n\) 为 \(\max A_i\)，即求
\(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (c_i \times c_j \times lcm(i, j))\)
考虑将 \(lcm\) 变为我们较为熟悉的 \(gcd\)
\(= \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} (c_i \times c_j \times \frac{ij}{gcd(i, j)})\)
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} ([gcd(i, j)=k] \times c_i \times c_j \times \frac{ij}{k})\)
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} ([gcd(i, j)=1] \times c_{i \times k} \times c_{j \times k} \times \frac{i \times k \times j \times k}{k})\)
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} ([gcd(i, j)=1] \times c_{i \times k} \times c_{j \times k} \times i \times j \times k)\)
变成莫比乌斯反演的形式
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{d|gcd(i, j)} \mu(d) \times (c_{i \times k} \times c_{j \times k} \times i \times j \times k)\)
交换求和顺序
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} (c_{i \times k \times d} \times c_{j \times k \times d} \times i \times d \times j \times d \times k)\)
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \times (d^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} (c_{i \times k \times d} \times c_{j \times k \times d} \times i \times j \times k))\)
换 \(kd = T\) 以简化式子
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \times d \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} (c_{i \times T} \times c_{j \times T} \times i \times j \times T)\)
\(= \displaystyle \sum_{k=1}^{n} \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \times d \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} (c_{i \times T} \times c_{j \times T} \times i \times j \times T)\)
把后面的 \(T\) 提到最前面
\(= \displaystyle \sum_{T=1}^{n} T (\sum_{d|T} \mu(d) \times d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} (c_{i \times T} \times c_{j \times T} \times i \times j)\)
\(= \displaystyle \sum_{T=1}^{n} T (\sum_{d|T} \mu(d) \times d) (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} c_{i \times T} \times i)^2\)
筛出 \(\mu(i)\)，可以预处理出 \(\sum_{d|T} \mu(d) \times d\)，时间复杂度 \(O(n \ln n)\)
枚举 \(T\)，后面暴力算，时间复杂度也是 \(O(n \ln n)\)，于是总复杂度 \(O(n \ln n)\)
AGC003D
这是一个抽象做法
对于本身就是完全立方数的数，最多选 \(1\) 个，剩下的扔掉不管
考虑对于每个 \(s_i\) 求出其"共轭数" (相乘为完全立方数的数)，对于每对共轭数，贪心地选出现次数多的
数据范围不支持我们直接分解质因数……么？注意到 \(\frac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}} \approx 10000\)，平均分解次数不会很大，筛出 \(\sqrt{n}\) 以内质数后大力分解质因数，拿掉立方因子，顺便算一下共轭数即可
字符串
P4555
记 \(l_i\) 表示以 \(i\) 为结尾的最长回文串长度，\(r_i\) 表示以 \(i\) 为开头的最长回文串长度，答案即为 \(\max l_i+r_{i+1}\)
考虑 manacher；记新串 (如 aba \(\rightarrow\) #a#b#a#) 上第 \(i\) 位的最长回文半径为 \(d_i\)，其代表的最长回文串为 \([i-d_i+1, i+d_i-1]\)，原串长度为 \(d_i\)，我们令 \(l_{i+d_i-1} \leftarrow \max(l_{i+d_i-1}, d_i)\)，\(r_{i-d_i+1} \leftarrow \max(r_{i-d_i+1}, d_i)\)
不过此时直接算答案会有问题；我们只是根据每位的最长回文串长度更新了 \(l_i, r_i\)，没有覆盖到较短的回文串
比如 ababa \(\rightarrow\) #a#b#a#b#a#，以第 \(3\) 个 a 为中心的回文串除了 #a#b#a#b#a# 还有 #b#a#b#，但我们只用前者更新了 \(l_i, r_i\)
因此我们还需要再进行一次递推；回文串向中间挪动一次会少 \(2\) 个字符，我们枚举每个字母的位置 \(i\)，进行转移 \(l_i = l_{i+2}-2\)，\(r_i = r_{i-2}-2\)
枚举每个 # 的位置 \(i\)，答案即为 \(\max (l_{i-1}+r_{i+1})\)
P2870
朴素贪心思路是比较两头字典序，若相同则暴力往中间挪
可以使用哈希优化这一过程，二分头尾最长相同串的长度，做到 \(O(n \log n)\)
P9873
114514 串太复杂了，考虑简化为 1, 14, 5, 14 串
浙公网安备 33010602011771号