错题"集锦"&做题记录

未补的题不写具体解法，只写大致思想，并加粗。

从这里出来的题。

2026.6.20 P6846

• 子集反演，想到计数时枚举 0 出度点就做完了，后面计算容斥系数有点强。

2026.6.20 P7483

• 比较牛的计数，正难则反，记录未通过的题，然后将每个数赋的次幂写下来，分 \(0\) 和 \(> 0\) 考虑，dp 优化即可。

\(\bigodot\) 2026.6.21 P5241

• 先贪心，判断可行性，再 dp 进行计数，较板。

2026.6.24 P5038

• 抓住一次操作一定是一个黑格一个白格，先找出解的形式，在用网络流判断。

2026.6.24 P2570

• 拆时间为小区间，可以先分析最优结构，或确定什么结构一定最优再建模。

2026.6.25 P2045

• 拆点为入点和出点，以限制点权只取一次，化点权为边权，其他易。

2026.6.25 P3159

• 比较精妙的拆点建图，若没有 \(m_{i,j}\) 的限制，直接连边即可，发现 \(m_{i,j}\) 为入边加上出边的个数的最大值，则又初末状态可得入边个数的限制，加上一排虚点与原点连边则可得。

2026.6.26 P4553

• 上下界做法易，不用上下界的做法如下：用 s 以限制出点，用 t 以限制入点，仿照最小路径覆盖，但再建立一个虚点，将其与入点连边，以充当 m 条路径的开始，其他易。

• 可以这么想：先找到以条三个点的路径：a -> b -> c，要经过 b 点 x 次，所以将 b 点拆成 b1,b2，本应 b1,b2 连边，但这样要上下界，于是分别与 s,t 连边，效果等价，但这样分发开始路径的任务就无法由 s 单独完成，故增加一虚点。

• 这启示我们去用一条路径做具体分析，可以拆成开始，中间，结尾去分析。

2026.6.26 P4313

• 最小割，用 inf 权值的边来限制一定选/不选。
• 这启示我们用虚点来限制一组点或一些条件取/不取。
• a ->(w=inf) b 的作用：若 a 取，则 b 取，若 b 不取，则 a 不取。
• 可以发现一个模型：将源点与一个虚点连边，边权为一个值，再将虚点与一些点连边，边权为 inf，则若那些点有一个不选，权值 ＋给的值。

2026.6.27 P15410

• 将多个不好分析的操作化为少个好分析的，通过一些操作组合来写。
• 这或许是“诈骗题”的通用写法。

2026.6.28 P3980

• 我是真要积累一点模型了。
• 区间覆盖型建模板题，每一个点向后连边，容量为 \(-a_i\)，代表要被加 \(a_i\) 次，s 向 1 连边，n 向 t 连边，权值均为 0，代表最大流是否能让边负权边被抵消，因为边权不能为负，所以全部加上一个 inf 即可。

2026.6.29 arc223d

• 写不出来蓝计数了。。。
• 比较显然的看出来了反射容斥，但一直在推单个的情况，而没有从整体考虑。
• 有时单个情况 + 归纳总结不好用时，可以直接考虑整体分析。

2026.7.1 P2050

• 动态加边优化复杂度。
• 前面较好想，主要是可以拆贡献 + 差分，动态加边思想可以借鉴。

\(\bigodot\) 2026.7.1 P15061

• 真不知道自己在想什么
• 考虑求根，直接询问 \(h\) 即可，发现问 \(1\) 比较好分析，但要知道叶子以及根的权值，考虑求第 \(2\) 层以求根，发现问 \(h+1\) 比较有说法，然后就简单了。

2026.7.2 P1399

• 真不知道自己在想什么
• 发现无论把根放哪，一定存在一条环边使所有点到根的最短路径不经过它，所以考虑断边，枚举边，然后求直径，用数据结构维护即可，可以以环中最后一个点为分割线，分三种情况，直接用数组维护。
• 一种基环树处理方法：断边。

2026.7.2 P11563

• 真的写不出来青计数了吗？
• 考虑建图，发现一个限制相当于一条无向边一定要被取其中的一条方向，发现图一定是若干个不交的环以及链相组合，环简单，只需定向，链先定向，然后组合，枚举每个链的末尾连向哪里，然后发现一个问题，当存在二元环时会算重，考虑容斥，令 \(f_i\) 为钦定 \(i\) 个环会算重，则 \(ans=\sum(-1)^if_i\)，\(f_i\) 易得。

\(\bigodot\) 2026.7.6 P10674

• 我应该尝试找回我的思考能力。
• 感觉和 NOIP 2024 T3 比较像吧，都是精简的树形 dp，留的过会儿再看吧。

2026.7.7 P15088

• 注意力题。
• 会有一种长度太大会炸的感觉，然后顺着这个思路去猜，去推，后面易。

2026.7.7 P15304

• 我从未写出过每日一题。
• 去猜吧，没啥好说的。

\(\bigodot\) 2026.7.8 P12405

• 我说这题真不只青吧。
• 应该和这题相似，但本题初始式子好推，由于要求 \(\mathcal{O}(m)\)，所以写出一个关于 \(m\) 的 \(dp\) 以及式子，然后发现一些瑕疵，再去完善，发现每项均含有形如 \(k^i\) 的式子，考虑等比数列求法，发现组合项也可以相减求得。
• 有一个插板法公式：

\[\sum_{i=1}^{n}\binom{m+i}{i} =\binom{n+m+1}{m+1} \]

2026.7.8 P3687

• 从树入手，嗯，这个抓住了
• 考虑树的答案，将未被环覆盖的边化为长度为 \(1\) 的链，将一个环变为所有树边组成的链，则答案为路径覆盖的数量，发现和 P6799 类似，只不过链集为全集，考虑 dp，设 \(dp_u\) 为 \(u\) 子树内存在一条从 \(u\) 到 \(v\) 没被覆盖的边的方案数，其他易，扩展到仙人掌图是一样的。

2026.7.14 P5292

• 图论题
• 可以发现一个 \(\mathcal{O}(m^2)\) 的 dp，但 \(m\) 过大，考虑缩掉没用的边。
• 分三类边，分讨是/不是二分图的生成树，将其优化。

2026.7.14 P2423

• 首先一些显然的转换不必说。
• 考虑最大团怎么求，建补图化为最大独立集。

\(\bigodot\) 2026.7.17 P17112

• 数论太困难了qwq。。
• 考虑全局怎么做，发现其形如 \(\gcd(x\times b_i + a_i)\) 的形式，每次询问 \(x \leftarrow x+1\)，考虑将答案化为与 \(x\) 不怎么相关的形式，即到最后一步在去算 \(x\)，发现 \(\gcd(k_1\times x+a_1,k_2\times x+a_2)\) 可以用辗转相除法计算，将其化为 \(\gcd(k\times x+a,c)\) 的形式，而同理 \(\gcd(\gcd(k_1\times x+a_1,c_1),\gcd(k_2 \times x +a_2,c_2))\) 也可以化为 \(\gcd(k \times x+a)\) 的形式，将式子拆开即可。
• 对于区间修改区间查询，对线段树上每一个点，设 \(f(x)=\gcd(k \times x+a,c)\)，则区间修改将 \(a\) 增加 \(k\) 即可，维护懒标记，查询时令 \(x\) 为 \(0\) 即可。

\(\bigodot\) 2026.7.18 P4747

• 这一点也不简单。
• 第一步：判断可行性，比较好做，若 \(\max-\min=r-l\) 即可。
• 第二步：推性质，发现对于任意区间 \(\max-\min\ge r-l\)，考虑对 \(r\) 扫描线，则对于每一个 \(l\)，维护 \(\max-\min+ l\)。
• 第三步：上 DS，对于扫描线的第二维，上线段树，每个节点维护 \(\min\{ans\},\min\{\max+l\},\min\{-\min+l\}\)，以及 \(4\) 个 \(\rm tag\)，对于最大最小值，用单调队列，题解区有一种妙法，可以不维护那么多的信息，直接区间 \(+/-1\)，复杂度也是正确的。
• 第四步：统计答案，发现若 \([l,r]\) 为答案，\([L,R](l \le L \le r \le R)\) 亦为答案，则 \([L,r]\) 为答案，故只需找到离询问的 \(r\) 最近的存在解的 \(R\) 即可，我们在扫描时按 \(r\) 从小到大插入询问然后用堆去维护即可。
• 四步都不是很好想啊。

2026.7.21 P7735

• 树剖，待补。

\(\bigodot\) 2026.7.23 模拟赛 T3

• 发现贡献可以将每一位拆开，考虑经典技巧，将前后 \(\frac{h}{2}\) 位分成两部分考虑，然后维护 \(w_{a,b}\) 为前块为 \(a\) 的所有数的后半段对 \(b(0 \sim 2^{\frac{h}{2}}-1)\) 时的答案的 \(\max\)，那么插入一个数就可以枚举每个块然后算 \(c(x,a)+w_{a,y}\)，求最大值即可，复杂度 \(\mathcal{O}((n+q)\sqrt {2^h})\)。
• 发现瓶颈在于预处理前 \(n\) 个数，考虑维护一个类似于高维前缀和的东西，设当前匹配 \(x,y\)，匹配了 \(i\) 位，就将 \(x\) 的前 \(i\) 位赋值为 \(y\) 的前 \(i\) 位，设其为 \(f_{i,S}\)，则转移枚举即可，剩下部分用上面的方法，复杂度 \(\mathcal{O}(nh+q\sqrt {2^h})\)。
• 一种基于 bitset 的做法如下：对部分一的 \(w\) 数组进行拓展，维护一个数组 \(w'_{a,b}\) 为后块为 \(b\) 的所有数的前半段对 \(a(0 \sim 2^{\frac{h}{2}}-1)\) 的答案的最大值，则总答案即为 \(\max w_{a,b}+w'_{a,b}\)，考虑求出这两个数组，具体地，要求 \(w_{a,b}\)，我们将所有最高位 \(S\) 按对 \(a\) 的贡献从大到小排，然后后逐一枚举过去，设现在枚举到 \(x'\)，则扫一遍最高位为 \(x'\) 的所有数 \(q\)，令 \(w_{a,q}=c(x,x')\) 即可，并以后不再更新，注意到这可以用两个 bitset 相与做出，而 \(w'\) 的求解也是一样的，复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n\sqrt {2^h}}{32}+nh+q \sqrt {2^h})\)。

\(\bigodot\) 2026.7.24 P3780

• 很深刻啊。
• 两种做法，直接在树上的见题解。
• 一种基于出栈序的做法如下：还是考虑除掉 \(h\) 的限制，则对树建出栈序，设 \(f_{i,j}\) 为 dfs 序小于等于 \(i\) 的点中取了 \(j\) 个物品的权值最大值，则若 \(tdfn_{i-1}\) 为 \(tdfn_i\) 的子节点，\(f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-1,j-k}+k\times V_i)\)，这里 \(i\) 至少要取一个保证合法性。还有一种情况即 \(i\) 中子树均不取，则 \(f_{i,j}=\max(f_{i,j},f_{i-sz_i,j})\)，复杂度正确。
• 考虑一条链的贡献，发现其形如从左往右做一遍 dp，设其为 \(f\)，再从右往左做一遍，取 \(f_{ldfn_i-1}\) 和 \(g_{rdfn_i-sz_i}\) 合并可以把除这条链以外的贡献算出。
• 但这条链并不好算，要算复杂度也是错误的，考虑拆点，将一个点拆为 \(1\) 和 \(a_u-1\) 两个点，令为 \(1\) 的那个点在原位置上，另一半挂在其儿子的位置上，这样就可以前后缀合并了，加上那条链的 \(V\) 之和即可，复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)。
• 呃呃，好像还有做法，可以钦定某点必选，则 \(k\leftarrow k+dep_u\)，由于 \(dep_u \le \rm maxdep\)，故正确，考虑设 \(f_{i,j}\) 为还未钦定某点时已经选了 \(i\) 个物品的最大值，转移同上，复杂度 \(\mathcal{O}(n(n+k))\)，但是可以发现 \(i\) 一定会选 \(dep_i-1\) 个，故 \(f_{i,j}\) 为选了 \(dep_i-1+j\) 个点的最大值，设 \(g_{i,j}\) 为选了 \(j\) 个点且已经钦定过点的最大值，\(f\) 转移到 \(g\) 减掉 \(dep_u\) 即可，复杂度正确。

2026.7.24 P4563

• 去分析答案结构然后拆分成子问题。
• 待补。

\(\bigodot\) 2026.7.25 MOPE 卷积

• 考虑一个数 \(i\)，将它二进制为 \(1\) 的位拎出来，则可以只枚举其为 \(0\) 的位，因为其他位对 \(k\) 的取值没有影响，则设 \(f_{i,x}\) 为 \(x\supset j\)，且 \(j\) 的其他位包含于 \(i\)，的 \(\max b_j\)，答案即为 \(c_{i+x}=\max a_i+f_{i,x}\)。

• 考虑转移，类似于高维前缀和，将 \(i\) 扔掉任意一位后哪一位可以属于 \(x\)，也可以不属于 \(x\)，故可得转移式 \(f_{i,x}=\max(f_{i-2^k,x},f_{i-2^k,x+2^k})\)。直接做可得到空间时间均为 \(\mathcal{O}(3^m)\)。

• 发现时间可做，空间不可做，考虑递归处理，这样可以使存的空间只为一条链，具体地，设现在处理到 \(i\)，则往 \(i\) 的最高位 \(1\) 后枚举下一个 \(1\)，设其为 \(i+2^k\)，则可以直接转移过去，对于每一个节点都开一个长度为 \(2^m\) 的数组，空间可优化至 \(m2^m\)。

• 还可以更好！！发现对于一个 \(i\)，有用的空间只有 \(2^{m-\rm popcount(i)}\) 个位置，可以通过一些方法映射到新数组中去，这样一条链的空间变为了 \(\sum2^i\)，则总空间为 \(2^m\)，这里映射回去算答案要一个折半预处理，时间也有保证。

2026.7.25 CF53E

• 数据范围一眼状压。
• 由于是生成树问题，在设计 dp 时要将根记录下来，具体地，设 \(f_{i,j,k}\) 为 \(i\) 中节点构成的生成树，且满足根为 \(j\)，即后续往外连的点，且除根以外共有 \(k\) 个叶子节点，注意当只有一个节点时应该令其为叶节点。
• 考虑转移，发现通过画出根节点所连节点去转移较好考虑，为便于后续计算答案，具体地，设 \(f_{i,j,k}\) 为集合 \(i-2^j\) 中的点构成的一棵生成树，且根到 \(j\) 有连边的方案数，则 \(dp_{i,j,k}=f_{i,j,k}+g_{i,j,k}\)，\(f_{i,j,k}=\sum dp_{i-2^j,p,k}(p \isin i-2^j \land hav_{p,j})\)，而 \(g\) 的转移为 \(g_{i,j,k}=\sum (g_{i-s,j,m}+f_{i-s,j,m})\times dp_{s,p,k-m}(p \isin s \land j\not\isin s \land hav_{p,j})\)。
• 发现 \(g\) 可能会算重，那么这里 \(g\) 的转移我们就枚举 \(s\) 一定包含 \(i-2^j\) 的最高位即可，答案即为 \(f_{2^n-1,1,K-1}+g_{2^n-1,1,K}\)。
• 时间复杂度 \(\mathcal{O}(3^n n^2K^2)\)。

2026.7.26 loj 535

• 先考虑无法进行交换，这种情况直接算逆序对就行了。
• 考虑进行一次交换，设交换的两数为 \(i,j(i<j \land a_i>a_j)\)，可以发现能够减少的逆序对数为 \(1+2\times \sum [i<k<j \land a_i>a_k>a_j]\)，除掉那一次交换我们只需要求出在以 \((i,p_i)\) 为左上角到以 \((j,p_j)\) 为右上角的矩形中点的最大数量即可。
• 考虑排除无用决策点，发现若 \(i<j \land a_i>a_j\) 则 \(j\) 作为左端点无用，相似的，若 \(i>j \land a_i<a_j\) 则 \(j\) 作为右端点无用，则可以预处理出所有可行左端点和右端点，直接扫一遍即可。
• 考虑统计答案，正难则反，考虑对于每一个点 \((i,p_i)\) 求出它可以贡献到的左右端点的区间，设其为 \([l_1,r_1]\) 和 \([l_2,r_2]\)，则可以直接对于左端点扫描线，在线段树区间上直接区间加即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。
• 有一个 \(\mathcal{O}(n \log^2 n)\) 的主席树 + 整体二分（我认为是分治优化决策单调性）的做法，设 \(w_{i,j}\) 为左端点为 \(i\)，右端点为 \(j\) 的答案，发现其满足四边形不等式性质，考虑分治优化，由于主席树可以直接算出 \(w_{i,j}\)，于是可以对于一个区间直接算出 \(mid\) 的答案然后递归到左右两边即可。

\(\bigodot\) 2026.7.26 P6246

• 一道横跨普及到 NOI 的题。
• 首先有最最基础的 dp，\(dp_{i,j}\) 为考虑到第 \(j\) 个村庄，已经在这之中插了 \(i\) 个邮局的最小距离和，枚举最早的被这个邮局所决策的村庄 \(k\)，有转移 \(dp_{i,j}=\min dp_{i-1,k}+w(k+1,j)\)，\(w\) 是好求的，可以 \(\mathcal{O}(1)\)。
• 直接转移是 \(n^2k\) 的，发现其具有四边形不等式的性制，则最优决策点 \(h\) 满足 \(h_{i,j} \le h_{i,j+1}\)，这里是好证的，设四个点 \(j' <j<i<i'\)，若 \(i\) 的最优决策点为 \(j\)，且 \(i'\) 的最优决策点为 \(j'\) 则有 \(dp_{j'}+w(j',i)>dp_j+w(j,i)\)，且 \(dp_{j}+w(j,i')>dp_{j'}+w(j',i')\)，两式相加得 \(w(j',i)+w(j,i')>w(j',i')+w(j,i)\)，与四边形不等式不符，故矛盾，则可以用分治优化决策单调性进行转移将复杂度优化为 \(\mathcal{O}(nk \log n)\)。
• 进一步观察可以发现 \(h_{i,j} \ge h_{i-1,j}\)，则可以进行一波交换枚举顺序，先循环 \(i\) 再倒叙循环 \(j\)，转移范围即为 \([h_{i-1,j},h_{i,j+1}]\)，复杂度 \(\mathcal{O}(nk)\)。
• 还能更好！！注意到这题是取恰好（当然不超过也对）\(m\) 个邮局，且根据直觉其满足下凸性，这里可以感性理解为你越到后面减的距离越少，即斜率单调不降，则可以用 WQS 二分优化，具体地，当 \(x \leftarrow x+1\) 时意味着新建一个邮局，根据 WQS 二分，则可以认为每建一个邮局代价 \(+k\)，这样我们可以写出新的状态转移方程：\(dp_i=\min\{ dp_j+w(j+1,i)-k\}\)，注意到加一个常数 \(k\) 不改变其四边形的性质，但这里不能再用分治了，因为是同一层转移。
• 我们引入一个做法：二分队列，建一个双端队列维护三元组 \((x,l,r)\)，表示考虑到 \(i\) 时 \((l,r)\) 的点的最优决策均取自 \(x\)，则每考虑到一个 \(i\) 我们直接取队头计算即可，而把 \(i\) 插入到队列中去我们就将左端点 \(l\) 取 \(i\) 比取 \(x\) 小的三元组删去，而最后剩下的队尾我们在 \((l,r)\) 处进行二分将其分为两半做即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n \log V\log n)\)。
• 从中可得定理如下：若转移式形如 \(dp_{i,j}=\min dp_{i-1,k}+w(k+1,j)\)，则有 \(h_{i-1,j}\le h_{i,j} \le h_{i,j+1}\)。

\(\bigodot\) 2026.7.27 CF2251F2

• 牛题。
• 发现 \(n\) 很大，\(m,k\) 均很小，发现直接 dp 计算路径数不是很好算，甚至不满足独立子问题，正难则反，考虑从 \(1\sim n\) 逐个加入每一个点然后统计答案。
• 可以将问题镜像一下方便考虑，则满足向左走可以最多走 \(m\) 个，而向右走无限制，则考虑加入一个点能将它放在现在路径的哪一处，设现在考虑到 \(i+1\)，则可以直接放在路径末尾，对于插到中间的情况，要满足它后面那个点的编号 \(u\) 满足 \(u \ge i+1-m\)，由于 \(m\) 很小，考虑状压，设 \(f_{i,j,k}\) 为考虑到 \(i\) 时 \(i-m \sim i-1\) 这些点取的情况为 \(k\)，且已经取了 \(j\) 个点的方案数。
• 有转移：\(f_{i,j,k} \leftarrow f_{i+1,j,(k\times 2)\&(2^m-1)}\)，这是不选 \(i\) 的情况，反之有 \(f_{i,j,k} \times ( {\rm popcount}(k)+1) \leftarrow f_{i+1,j+1,(k \times 2+1)\&(2^m-1)}\)，初始 \(f_{1,0,0}=1\)，求所有 \(f_{n+1,k,*}\) 的值之和。
• 发现转移与 \(i\) 无关，考虑矩阵加速，复杂度 \(\mathcal{O}(k^38^m \log n)\)。

2026.7.28 模拟赛 T3

• 我是糖糖。
• 考虑二分答案，判断时用 dp 进行判断，记录取到点 \(i\) 的最多取点数量，则有转移：\(dp_i=\max(dp_j+1)(j<i \land a_j+k\times j<a_i+k\times i \land -a_j+k \times j<-a_i+k\times i)\)。
• 发现其形如三维偏序的形式，则直接上 cdq 可以做到 \(\mathcal{O}(n \log V \log^2 n)\)。
• 考虑优化，发现当 \(a_j+k\times j<a_i+k\times i \land -a_j+k \times j<-a_i+k\times i\) 时将两式相加可以得到 \(j<i\)，则直接去掉一位做二位偏序可以做到 \(\mathcal{O}(n \log V \log n)\)。
• 额这个换维以及消维的思想还是可以借鉴的。

2026.7.28 模拟赛 T4

• 我是糖糖。
• 加减乘易。
• 考虑除，我们枚举 \(\min\)，处理出最大区间使得 \([l,r]\) 的最小值为 \(a_i\)，然后枚举答案 \(k\)，则最大值范围为 \([k \times a_i,(k+1)\times a_i-1]\)，差分后直接在 \([l,r]\) 内二分得到最大满足区间 \([L,R]\)，直接统计即可。
• 取模的话根据经典结论 \(i \bmod j=i-j\times \lfloor \frac{i}{j} \rfloor\) 转换为除即可。

2026.7.29 P3232

• 发现点数较小，考虑求出每个点的值再去更新边。
• 设 \(f_i\) 为出点 \(i\) 次数的期望值，则有转移 \(f_i= \sum\limits_{(i,j) \isin E} \frac{f_j}{deg_j}\)，对于点 \(1\) 还要新加 \(1\)，对于 \(n\) 不要考虑，因为走到它就没了，直接高斯消元即可，并求出边的期望次数贪心即可。

\(\bigodot\) 2026.7.29 P5643

• 很深刻啊。
• 考虑将至少经过一次进行转化，否则很难下手，发现记录第一次到点集 \(s\) 中的点 \(i\) 的时间 \(t_i\)，则全部走完的时间为 \(\max t_i\)，考虑 \(\min - \max\) 容斥，将全部到达转化为第一次碰到，考虑期望 dp，设 \(f_i\) 为点 \(i\) 第一次碰到 \(s\) 中点的期望步数，有转移：\(f_i=\frac{\sum f_j}{deg_i}+1\)，发现其有后效性，考虑高斯消元，则预处理复杂度为 \(\mathcal{O}(2^nn^3)\)，无法接受。
• 由于这是树，具有良好性质，发现其转移都是父节点与子节点的转移，考虑待定系数法，并将子节点与父节点分开来，具体地，设 \(f_u=k_uf_{fa_u}+b_u\)，则将其带入初始转移有 \(f_u=\frac{1}{deg_u}(f_{fa_u}+\sum k_vf_u+\sum b_v)+1\)，化简得 \(f_u=\frac{f_{fa_u}}{deg_u-\sum k_v}+\frac{\sum b_v+deg_u}{deg_u-\sum k_v}\)，则可以递推求出 \(k_u,b_u\)，最后根节点的 \(f\)
  即为 \(b\)，因为其无法与父节点转移，而所有 \(s\) 内的点均满足 \(k_u=b_u=0\)，因为它们不用走就是对的。
• 复杂度 \(2^nn+q2^n\)，可用高维前缀和优化至 \(\mathcal{O}(2^nn+q)\)。

2026.7.29 P2150

• 首先看到互素考虑状压质因子，但其范围大约为 \(\frac{n}{\ln n}\)，无法接受。
• 考虑一经典结论：一个数最多只有一个 \(>\sqrt{n}\) 的质因子，则考虑状压 \(\le \sqrt{n}\) 的质因子，这最多只有 \(8\) 个，然后将所有数按 \(>\sqrt{n}\) 的那个质因子分组，每组不能两人都取，状压 \(dp_{i,S,T}\) 即可，复杂度 \(\mathcal{O}(2^{16}n)\)。

\(\bigodot\) 2026.7.30 CF2062H

• 有空在写代码，但我觉得补代码时我无法自己通过，所以还是写一下思路吧。
• 对于此类计数问题，考虑先写一个 check，即已确定一个点集时的答案，考虑判断两个连通块什么时候能够合并，发现当且仅当其最小覆盖矩阵两维中有一位有交。
• 考虑对于每一个极大矩形做 dp，具体地，设 \(f_{l_1,r_1,l_2,r_2}\) 代表以 \((l_1,r_1)\) 为左上角，\((l_2,r_2)\) 为右下角的极大矩形的方案数，则答案可再次 dp，具体地，设 \(g_{i,S}\) 为考虑到第 \(i\) 行，第 \(i\) 行中被覆盖过的列的集合为 \(S\) 的方案数，则转移有 \(g_{j,S+[l,r]} \leftarrow g_{i,S}\times f_{k,j,l,r}(k>i \land S\cap [l,r]=\varnothing)\)，当然这里也可以拆贡献，对于一个 \(f\) 直接枚举四个角的点的数量，则答案乘上 \(2^{|S|}\)。
• 考虑转移 \(f\)，考虑容斥，具体地，我们用总方案数减掉组成极大矩形不止一个的方案数来计算，我们枚举 \([(l_1,r_1),(l_2,r_2)]\) 内的最上方的那个矩形，设其为 \([(l_3,r_3),(l_4,r_4)]\)，则答案减掉 \(f_{l_3,r_3,l_4,r_4}\) 乘上 \([l_4+1,l_1]\) 以及 \(2^m-1-[r_3,r_4]\) 内的极大矩形的组合。
• 这里计算组合方案数时我们仿照 \(g\) 的转移，设计 \(dp_{i,j,S}\) 为考虑行范围为 \(i\sim j\)，列的并为 \(S\) 的方案数，转移类似于 \(g\)，具体有 \(dp_{i,j',S+[l,r]} \leftarrow dp_{i,j,S} \times f_{k,j,l,r}(...)\)。
• 当然我们发现直接做顺序不对，考虑将 \(l_1,r_1\) 倒序，这样做就对了，当然 \(dp\) 的转移也要反着做。
• 总复杂度 \(\mathcal{O}(n^8+2^nn^5)\)。