11 2019 档案
摘要："题意" splay维护即可 code:
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摘要："目录" 1.区间加+单点查 每个块维护tag，散的暴力改。 code:
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摘要："题意" 斯坦纳树裸题。 显然答案是棵树。 设$f[i][s]$表示以$i$为根，集合为$s$的最小代价。 先在同根之间转移： $f[i][s]=min(f[i][t]+f[i][s\ xor\ t] val[i])$ 减$val[i]$是因为算了两遍。 之后扩展新点： $f[i][s]=min(f
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摘要："题意" $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}n\%i m\%j [i!=j]$ $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}n\%i m\%j \sum\limits_{i=1}^{min(n,m)}n\%
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摘要："题意" 所求即为： $\sum\limits_{i_1=L}^{R}\sum\limits_{i_2=L}^{R}...\sum\limits_{i_k=L}^{R}[\gcd(i_1,i_2,...,i_k)=k]$ 套路地进行莫比乌斯反演： $\sum\limits_{i_1=\frac{L
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摘要："题意" 首先一波莫比乌斯反演可得（懒得写latex了）： 设$sum(x)=\sum\limits_{i=1}^xi$ $ans=\sum\limits_{T=1}^{n}sum(\frac{n}{T})^2T^2\sum\limits_{d|n}d\mu(\frac{T}{d})$ 有$id \
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摘要：解决问题：已知$f(i)$是积性函数，求$\sum\limits_{i=1}^nf(i)$。 设$S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)$ 再找一个积性函数$g()$，求$f g$的前缀和： $\sum\limits_{i=1}^{n}(f g)(i)$ $=\sum\limits
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摘要："题意" 承接 "这题" ： $\sum\limits_{d=1}^{n}d \sum\limits_{x=1}^{\frac{n}{d}}x^2 \mu(x)(\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d x}}i)(\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{d x}}
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摘要："题意" 默认$n\leqslant m$。 设$f(i)$表示$i$的约数和，因为是积性函数，可以用线性筛求。 先不考虑$a$的限制，我们推下式子： $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}f(\gcd(i,j))$ 枚举$\gcd(i,j)$ $\s
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摘要："题意" 默认$n\leqslant m$ 所求即为：$\prod\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j=1}^mf[\gcd(i,j)]$ 枚举$\gcd(i,j)$变为： $\prod\limits_{k=1}^{n}f(k)^{\sum\limits_{i=1}^n\su
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摘要："题意" 注：默认$n\leqslant m$。 所求即为：$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}lcm(i,j)$ 因为$i j=\gcd(i,j) lcm(i,j)$,因此原式为： $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits
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摘要："题意" 显然答案是$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}2 \gcd(i,j) 1$ 转化下即为：$(2 \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\gcd(i,j)) n m$ 考虑如何求：$\sum\li
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摘要："题意" 首先有个结论： $d(i,j)=\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[gcd(x,y)=1]$ 证明： 假设$i=p_1^{a_1} p_2^{a_2} ... p_k^{a_k},j=p_1^{b_1} p_2^{b_2} ... p_k^{b_k}$，则
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摘要："题意" 与 "这题" 相同，只不过加了个容斥。 $ans=solve(b,d) solve(a 1,d) solve(b,c 1)+solve(a 1,c 1)$ 画个这个图就显然了： code:
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摘要："题意" 设$f(d)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d],F(d)=\sum\limits_{k|d}f(k)=\frac{n}{d} \frac{m}{d}$ 得： $f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(
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摘要："题意" 设$f(n)=\sum\limits_{i=1}^{a}\sum\limits_{j=1}^{b}[gcd(i,j)==n],F(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)$ 发现$F(n)=\frac{a}{n} \frac{b}{n}$，可以理解为对$a$以内的所有$k n$都和
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摘要："参考资料" 一.莫比乌斯函数 1.定义： 设$n$分解后为$p_1^{c_1} p_2^{c_2} ... p_k^{c_k}$。 $\mu(n)=\begin{cases}0\ \exists i\in[1,k],c_i 1\\ 1\ k\equiv 0\pmod{2},\forall i\in
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摘要："参考资料" 一.阶 1.定义：设$a,p$是互质整数，必定有$x$满足$a^x\equiv 1\pmod{p}$，最小的满足条件的正整数$x$称为$a$模$p$的阶，记为$Ord_p(a)$，如果$\gcd(a,p)!=1$，则不存在阶。 2.性质： 设$a,p$是互质整数，存在$x'$满足$a^
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摘要："题意" 考虑先将所有价值加上，之后用最小割求最小代价。 考虑每个点对$(i,j)$，我们这样建边： 1.源点向每个点i连$\sum\limits E_{i,j}$容量的边。 2.每个点向汇点连雇佣代价容量的边。 3.对每个点对$(i,j)$，从$i$向$j$连$2 E_{i,j}$容量的边。 考虑
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摘要："题意" 考虑所求即为：$G^{\sum\limits_{d|n}C_n^d}\%999911659$。 发现系数很大，先用欧拉定理化简系数：$G^{\sum\limits_{d|n}C_n^d\%999911658}\%999911659$。 实际上我们只用求$\sum\limits_{d|n}C
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摘要："题意" 将$x_1,x_2,x_3...x_n$写出来可以发现通项为$a^{i 1} x_1+b \sum\limits_{j=0}^{i 2}a^j=a^{i 1} x_1+b \frac{1 a^{i 1}}{1 a}=(x_1 \frac{b}{1 a})a^{i 1}+\frac{b}{1
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摘要："题意" 考虑杀每只龙$i$时候用的剑是一定的，我们可以用multiset模拟一遍得到，设为$b_i$。 发现我们要求一个$x$满足对每个$i$有：$b_i x\equiv a_i\pmod{p_i}$ 这很像扩展中国剩余定理，但是系数不是1，于是考虑化简。 假设前$i 1$个方程的答案为$res$
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摘要：解决的问题： $C_n^m\pmod{p}$，$p$不是质数。 对$p$分解质数，假设为$p_1^{c_1} p_2^{c_2} ... p_k^{c_k}$。 对每个$p_i^{c_i}$求出在模意义下的$C_n^m$，设为$a_i$，我们的问题就变为： $\begin{cases}x\equiv
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