2026杭电多校补题汇总

记录多校里值得补的题目。

一

1008

结合 SA 做数字串的最长上升子序列 dp，但一直卡常不知 hyw。。。

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二

1007

数论与树上启发式合并相结合的 shu 论问题，可以用 gcd 容斥或莫比乌斯反演。

code_gcd容斥

code_莫比乌斯反演

四

五

1003

极角排序凸包 dp，写完 $O(n^{4})$ 暴力 dp 后会发现还需要做一个环形前缀和优化 dp（就是破环成链再倍长后的序列 dp），使复杂度降至 $O(n^{3})$。

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六

1003

主要记录有关欧拉函数的经典恒等式：

\[\phi(mn)*\phi(\gcd(n,m)) = \phi(n)*\phi(m)*\gcd(n,m) \]

证明图片中也有。

还有狄利克雷前缀 $\max$，其实就是关于 $x$ 的所有约数取函数最大值。

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1006

数论推公式 + NTT 优化求和

设

\[f(n) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}\sum_{k=i}^{j}\gcd(i,k)*\gcd(j, k)*C_{j}^{k} \]

观察三重求和，反映到对序列操作，可以发现是先枚举左端点，再枚举右端点，再枚举每一项。

考虑用 $f(n-1)$ 递推求 $f(n)$，则 单独考虑右端点为 $n$ 的情况：

\[f(n) = f(n - 1) + \sum_{i=1}^{n}\sum_{k=i}^{n}\gcd(i,k)*\gcd(n,k)*C_{n}^{k} \]

令：

\[g(n) = \sum_{i=1}^{n}\sum_{k=i}^{n}\gcd(i,k)*\gcd(n,k)*C_{n}^{k} \]

问题等价于求解 $g(n)$。

观察二重求和，反映到对序列操作，是先枚举左端点，再枚举右端点的形式。

而式子里包含仅含 $k$ 的项，故我们可以考虑交换求和顺序，即先枚举右端点，再枚举左端点，进而把只包含 $k$ 的项提出来：

\[g(n) = \sum_{k=1}^{n}(\gcd(n,k)*C_{n}^{k}*\sum_{i=1}^{k}\gcd(i,k)) \]

令 $a_{n} = \sum_{i=1}^{n}\gcd(i, n)$，可以根据欧拉反演进一步化简：

\[a_{n} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d|\gcd(i,n)}\phi(d) \]

\[a_{n} = \sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i,d|n}\phi(d) \]

将大条件 $d|n$ 提到求和式最外层：

\[a_{n} = \sum_{d|n}\phi(d)*\sum_{i=1}^{n}[d|i] \]

显然 $a_{1\backsim n}$ 可以 $O(n\ln n)$ 预处理。

回到 $g_{n}$：

\[g(n) = \sum_{k=1}^{n}\gcd(n,k)*C_{n}^{k}*a_{k} \]

仍将 $gcd$ 用欧拉反演表示，并拆分组合数：

\[g(n) = (n!)\sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k}}{(n-k)!*(k!)} * \sum_{d|k,d|n} \phi(d) \]

进一步化简：

\[g(n) = (n!)\sum_{d|n}\phi(d)*\sum_{d|k}\frac{a_{k}}{(n-k)!*(k!)} \]

看似可以预处理内部的求和式，实际上不能，因为这里 $n$ 是变量，即内部求和式不是只关于 $k$ 的式子，还与 $n$ 有关。

观察得到，每个 $d$ 仅对满足 $d|i$ 的 $g(i)$ 有贡献，故我们可以考虑枚举 $d \in [1, n]$，分别计算 $d$ 对 $g(jd)$ 的贡献。

令 $n = jd, k = pd$：

\[g(jd) = (jd)!\sum_{d|n}\phi(d)*\sum_{p=1}^{j}{a_{pd}}*infact_{jd-pd}*infact_{pd} \]

先不考虑 $d$ 的影响，观察内部求和式：

\[b(j) = \sum_{p=1}^{j}{a_{p}}*infact_{j-p}*infact_{p} \]

令 $A_{p} = a_{p} * infact_{p}$，$B_{p} = infact_{p}$，容易发现 $b_{j}$ 就是 $(A * B)_{j}$，即 $A,B$ 做卷积后 $x^{j}$ 项的系数。

仅将下标每一项乘 $d$：

\[b(j) = \sum_{p=1}^{j}{a_{pd}}*infact_{jd-pd}*infact_{pd} \]

令 $A_{p} = a_{pd} * infact_{pd}$，$B_{p} = infact_{pd}$（特殊地，$p=0$ 时，令 $A_{0}=0, B_{0}=1$；卷积求得的是 $p=0$ 开始的结果，而二者是等价的），则卷积后 $(A*B)_{j}$ 恰好等于 $b_{j}$。

于是每次枚举 $d$ 时，处理出上述 $A$、$B$ 然后 NTT 求卷积，则 $d$ 对 $g(jd)$ 的贡献即为 $\phi(d) * (A*B)_{j}$。

由调和级数性质，所有多项式的总项数为 $O(n\ln n)$，故总复杂度为 $O(n\ln n *\log(n\ln n))$。

求出每个 $g_{i}$ 后，其前缀和即为 $f_{i}$。

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七

AC 自动机上 dp，需要一个 trick：对于一棵树，每个点有点权；给定一个点集，求从根结点到点集内每个点的所有路径的并集，包含的所有点的权值之和。这个可以用类似建虚树的方式来求：将点集内的所有点按照 dfn 序升排，然后求出每两个相邻点的 $lca$（所有的 $lca$ 构成另一个点集）；结合容斥原理，答案即为：原点集内所有路径权值之和 $-$ $lca$ 点集内所有路径权值之和。

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