2025.2.1 - 2.11

Question 1. 「JOISC 2018 Day 4」糖

给定一个长度为 $N$ 的非负整数序列 $A$，我们称 $S$ 是 $A$ 的独立集仅当 $S$ 满足如下条件：

$S$ 的所有元素在 $[1,N]$ 之间。
不存在正整数 $x$，使得 $x,x+1$ 都在 $S$ 中。
记 $V(S)$ 表示 $S$ 中所有元素 $x$ 的 $A_x$ 的和。

已知 $S$ 的大小最大为 $K = \Big\lceil{\dfrac{N}{2}}\Big\rceil$，那么对于 $[1,K]$ 内的所有 $i$ 求 $|S| = i$ 时 $V(S)$ 的最大值。

$N\leq 2\times 10^5, A_i\leq 10^9$

考虑暴力，有一个很显然的 DP 做法，就是 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个元素中选择了 $j$ 个时 $V(S)$ 的最大值，时间复杂度为 $\mathcal{O}(N^2)$。

但是这个 DP 做法非常难以优化，我们考虑换一种做法——反悔贪心。

假设选择了 $A_x$，将 $A_{x-1}, A_x, A_{x+1}$ 从中剔除，并将 $A_{x-1} + A_{x+1} - A_x$ 加入到原先 $x$ 的位置当中。如果接下来选中了这个元素，等价于把 $A_x$ 从选择中踢出，然后将 $A_{x-1}, A_{x+1}$ 加入到选择中来，按照这个步骤，每次找出当前的最大值即可，时间复杂度为 $\mathcal{O}(N^2)$。

这个做法就有非常大的优化空间，考虑使用 STL 快速维护当前的序列局面即可，时间复杂度降为 $\mathcal{O}(N\log_2 N)$，可以通过。

Question 2. 「JOISC 2022 Day 3」洒水器

给定一棵 $N$ 个结点的树，点有初始点权 $H_i$，边的长度均为 $1$，有 $Q$ 个操作，类型如下：

1 x d w，表示将距离结点 $x$ 不超过 $d$ 的点的点权乘上 $w$。
2 x，询问结点 $x$ 的当前点权，答案对 $L$ 取余。

$N\leq 2\times 10^5, Q\leq 4\times 10^5, L\leq 10^9, d\leq 40$

暴力的复杂度是 $\mathcal{O}(NQ)$，这里不做讲述。

钦定某个根节点，考虑到 $d\leq 40$，也就是说，仅考虑向上跳祖先的话，暴力跳并且做 $\mathcal{O}(1)$ 的操作是可以接受的。

考虑维护 $T_{u,d}$ 表示对距离结点 $u$ 的子树中距离是 $d$ 的点，在结点 $u$ 上标记的乘法操作总乘积。

如何维护？考虑到每往上跳一次，距离范围额外减一，所以在每个结点 $u$ 处标记最深的两层结点即可。

举个例子：假设 $1$ 操作的 $x=3,d=3$，那么在 $3$ 号结点处操作 $T_{3,2}, T_{3,3}$，在 $3$ 号结点的祖先 $2$ 号处操作 $T_{2,0}, T_{2,1}$。

注意如果当跳到根节点时需要把所有剩余的距离操作完。

对于所有询问，暴力跳 $\max D$ 级祖先即可，时间复杂度为 $\mathcal{O}(ND+QD)$。

Question 3. XOR of N Numbers Equals 0

给定一个正整数 $N$，求最小的正整数 $M$，使得可以在 $[1,M]$ 中选择恰好 $N$ 个不同的正整数，它们的异或为 $0$。

如果有解，设 $M_{\min}$ 表示合法 $M$ 的最小值，当 $M_{\min} - N\leq 10^6$ 时，需要构造一组方案，描述没有选择的数字。

$N\leq 10^{18}$

Attention is all you need!

接下来将构造性地证明结论是成立的，并将在 $\mathcal{O}(1)$ 的时间复杂度内求解。

Lemma

设 $X(n)$ 表示 $1\sim n$ 内所有数的异或和，则：

\[X(N) = \begin{cases} N & (N\equiv 0\pmod 4) \\ 1 & (N\equiv 1\pmod 4) \\ N+1 & (N\equiv 2\pmod 4) \\ 0 & (N\equiv 3\pmod 4) \\ \end{cases} \]

此处不再证明。

Use It!

对于 $N=1$，选不了 $0$，显然无解；对于 $N=2$，选不了两个相同的数，只有相同的两个数异或才为 $0$，显然无解，接下来的讨论仅针对 $N\ge 3$。

根据异或的运算定律，选出的数字异或为 $0$ 等价于没有选择的数字（最终输出）异或与 $X(M)$ 相等，问题等价于选出一些数字使得异或为 $X(M)$。

对于 $N\equiv 3\pmod 4$，根据引理，$X(N) = 0$，故不需要额外添加数字，所以 $M_{\min} = N$。此时所有数字全部选中。
对于 $N\equiv 0\pmod 4$，根据引理，$X(N)\ne 0$，此时一定需要额外添加数字。当添加一个数字时，$X(N+1) = 1$，此时不选中 $1$，故 $M_{\min} = N+1$。
对于 $N\equiv 2\pmod 4$，且 $N+2$ 不是 $2$ 的幂，根据引理，$X(N)\ne 0, X(N+1) = 0$，均不能求解（$N+1$ 不行是因为不能选 $0$）。考虑 $X(N+2) = N+2$，将 $(N+1)\oplus (N+2)$ 与 $N+1$ 标记为未选中。显然 $N+1\ne N+2$，且 $N+1,N+2$ 均没有改变 $N$ 二进制下的最高位（它们的二进制下有共同的最高位），故 $(N+1)\oplus (N+2)$ 的二进制最高位一定比 $N$ 的最高位小。如果 $N+2$ 是 $2$ 的幂，那这样选肯定不行。故此时的 $M_{\min}= N+2$，不选择的数字为 $(N+1)\oplus (N+2), N+1$。
对于 $N\equiv 2\pmod 4$，且 $N+2$ 是 $2$ 的幂，则无法使用上一个 Case 的讨论结果。考虑 $X(N+3) = 1$，这里直接将 $3,N-1,N+1$ 标记为不选中的即可，根据条件，则有 $N-1 \equiv 1\pmod 4, N+1\equiv 3\pmod 4$，故 $(N-1)\oplus (N+1) = 2$，再 $2\oplus 3 = 1$ 即可完成。故 $M_{\min} = N+3$。
对于 $N\equiv 1\pmod 4$，且 $N+3$ 不是 $2$ 的幂，根据引理，$X(N)\ne 0, X(N+1) = N+2$，均不能求解（$N+1$ 不行是因为不能选 $N+2$）。考虑 $X(N+2) = 0$，而无法选出两个相同的数（选不了两个相同的数，只有相同的两个数异或才为 $0$），考虑 $X(N+3) = N+3$，类比 Case 3，先将 $1,N+2$ 标记为未选中的，因为 $N+2$ 一定是奇数，所以 $(N+2)\oplus 1 = N+1$，再将 $(N+3)\oplus (N+1)$ 未选中，同理，因为 $N+1,N+3$ 均没有改变 $N$ 二进制下的最高位（它们的二进制下有共同的最高位），$(N+1)\oplus (N+3)$ 的二进制最高位一定比 $N$ 的最高位小，如果 $N+3$ 是 $2$ 的幂，那这样选肯定不行。故 $M_{\min} = N+3$，未选中的数字为 $1, (N+1)\oplus (N+3), N+2$。
对于 $N\equiv 1\pmod 4$，且 $N+3$ 是 $2$ 的幂，则无法使用上一个 Case 的讨论结果。考虑 $X(N+4) = 1$，显然 $N+2$ 比某个 $2$ 的幂少 $1$，这样操作空间很大，再标记 $N$ 为未选中，此时 $N\oplus (N+2) = 2$，再根据 $2\oplus 3 = 1$，所以选出 $1,2$，因为 $1\oplus 2 = 3$。故 $M_{\min} = N+4$，未选中的数字为 $1,2,N,N+2$。

综上所述，$M_{\min} - N\leq 4$，且构造性完成证明，不需要对 $N\ge 3$ 的数进行任何特殊判定。

~~DP打个表照着看就可以~~

Question 4. [CF1139D] Steps to One

有一个初始为空的序列 $A$，每次等概率选择一个 $[1,m]$ 内的正整数 $x$ 并追加到 $A$ 中，当 $A$ 中所有元素的 $\gcd = 1$ 时停止，求 $A$ 的期望长度。

$1\leq m\leq 10^5$

~~概率期望一出，悬着的心就已经似了~~

考虑列式计算：

\[\begin{aligned} E(len) &= \underset{i\ge 1}{\sum} P(len = i)\times i \\ &= \underset{i\ge 1}{\sum} P(len = i) \underset{1\leq j\leq i}{\sum} 1 \\ &= \underset{j\ge 1}{\sum} \underset{i\ge j}{\sum} P(len = i) \\ &= \underset{j\ge 1}{\sum} P(len \ge j) \\ &= 1 + \underset{j\ge 1}{\sum} P(len > j) \\ \end{aligned} \]

考虑其中 $P(len > j) $ 的部分，依旧列式计算：

\[\begin{aligned} P(len > j) &= P\Big( \Big(\underset{1\leq k\leq j}{\gcd} a_k\Big) > 1 \Big) \\ &= 1- P\Big( \Big(\underset{1\leq k\leq j}{\gcd} a_k\Big) = 1 \Big) \\ &= 1- \dfrac{\underset{\forall 1\leq k\leq j, 1\leq a_k\leq m}{\sum} \Big[\underset{1\leq k\leq j}{\gcd} a_k = 1\Big] }{m^j} \\ &= 1- \dfrac{\underset{\forall 1\leq k\leq j, 1\leq a_k\leq m}{\sum} \ \underset{d\mid \gcd^j_{k=1} a_k}{\sum} \mu(d) }{m^j} \\ &= 1- \dfrac{\underset{1\leq d\leq m}{\sum} \mu(d) \underset{\forall 1\leq k\leq j, d\mid a_k}{\sum} 1 }{m^j} \\ &= 1- \dfrac{\underset{1\leq d\leq m}{\sum} \mu(d) \Big\lfloor{\dfrac{m}{d}}\Big\rfloor^j }{m^j} \\ &= - \dfrac{\underset{2\leq d\leq m}{\sum} \mu(d) \Big\lfloor{\dfrac{m}{d}}\Big\rfloor^j }{m^j} \\ \end{aligned} \]

代入，得：

\[\begin{aligned} E(len) &= 1 - \underset{j\ge 1}{\sum} \dfrac{\underset{2\leq d\leq m}{\sum} \mu(d) \Big\lfloor{\dfrac{m}{d}}\Big\rfloor^j }{m^j} \\ &= 1 - \underset{2\leq d\leq m}{\sum} \mu(d) \underset{j\ge 1}{\sum} \dfrac{\Big\lfloor{\dfrac{m}{d}}\Big\rfloor^j }{m^j} \\ &= 1 - \underset{2\leq d\leq m}{\sum} \mu(d) \dfrac{\Big\lfloor{\dfrac{m}{d}}\Big\rfloor}{m - \Big\lfloor{\dfrac{m}{d}}\Big\rfloor} \\ \end{aligned} \]

直接计算即可，时间复杂度为 $\mathcal{O}(m)$。

Question 5. 「JOISC 2021 Day 3」保镖

街道上有 $N$ 个 VIP 将要逛街，第 $i$ 个 VIP 与时刻 $T_i$ 到达位置 $A_i$ 并以每单位时间 $1$ 单位长度的速度向位置 $B_i$ 行走。

现在有 $Q$ 个保镖可以执行保护任务，第 $j$ 个保镖于时刻 $P_j$ 到达位置 $X_j$，保护任务的定义如下：

为了保护一个 VIP，很有必要和 TA 一起逛一会街，同时保护 TA。当然，允许保镖在他们逛街逛到一半时才开始保护，或在他们逛街结束前就停止保护。开始和停止保护的时刻不必为一个整数。
特别地，尽管可能有多个 VIP 在同一坐标，保镖也最多只能保护一个 VIP。
保镖可以在 JOI 街上以每单位时间最多 $1$ 单位长度的速度随意走动。在他们停止保护一个 VIP 之后，可以去到另一个地方再开始保护另一个 VIP。如果一个保镖和 VIP $i$ 一起逛街，那么 VIP 将会对他们一起走过的距离的每单位长度给保镖 $C_i$ 元小费。这里保证 $C_i$ 是偶整数。

求对于每个保镖可以达到的最大总小费。

$N\leq 2800, Q\leq 3\times 10^6, 1\leq T_i,A_i,B_i,C_i,P_j,X_j\leq 10^9$，且 $C_i$ 是偶整数，时限 $10\text{s}$。

考虑在位置-时间图上刻画一个 VIP，从 $(T_i,A_i)$ 连向 $(T_i + |A_i-B_i|, B_i)$，夹坐标轴 $45^{\circ}$，每 $\sqrt{2}$ 单位的收益是 $C_i$ 元。

两条线段的交点可能在 $(X+0.5,Y+0.5)$ 处，这就是为什么 $C_i$ 保证为偶整数。

刻画一个保镖，就是在上面寻找从 $(t,x)\to (t+1,x+c) (c\in \{-1,0,1\})$ 的路径，并求路径覆盖的线段的收益总和。

考虑到 $45^{\circ}$ 不是好刻画的条件，且 $0.5$ 并不方便，将坐标轴进行变换。具体地：令 $x$ 坐标为时间-位置，$y$ 坐标为时间+位置。此时，我们就已经将线段转化为横平竖直方向，每覆盖 $1$ 个单位的收益是 $\dfrac{C_i}{2}$，以下所称的收益与 $C_i$，均代指除以 $2$ 后的，横纵坐标均指变换后的坐标系。

先将横纵坐标分别离散化，并将对应的收益线段标记在网格图的每一条边上，这个网格图的大小是 $\mathcal{O}(N^2)$ 的，边数也是，所以这一段的时间复杂度是 $\mathcal{O}(N^2)$ 的。

接下来，变换后的坐标系上，就是找一条左上至右下的路径，使得收益最大化，将所有询问点一并离散化后的网格图上进行 DP，设 $f_{i,j}$ 表示考虑到 $(X_i,Y_j)$ 的最大收益，时间复杂度为 $\mathcal{O}((N+Q)^2)$，期望得分 $22$。

发现将询问点一并离散化并不优秀，考虑只对线段所得到的所有点离散化形成的网格图做 DP，时间复杂度为 $\mathcal{O}(N^2)$，可以接受。每一个询问点所能够做的操作本质上只有两种：

向下，走到网格图上的某一条横线上，向右走到第一个格点处，然后查 DP 值得到收益总和。
向右，走到网格图上的某一条竖线上，向下走到第一个格点处，然后查 DP 值得到收益总和。

这是容易枚举做到的，实现时将坐标丢进线段端点离散化后的数值里面二分查一下排名，然后枚举，时间复杂度为 $\mathcal{O}(QN)$，期望得分 $42$。

假定我们要查询某方向得到的最大收益，设当前位置为 $(X,Y)$，走到 $y = Y_j$ 后再走到 $(X_i,Y_j)$，显然 $X$ 在离散化数据中的后继就是 $X_i$，且 $y=Y_j$ 上 $(X_{i-1},X_i)$ 段的收益是 $C$，那么总收益是 $C(X_i - X) + f_{i,j}$，这是一次函数形式，其中 $C$ 是斜率，$f_{i,j}$ 是截距，扫描线套李超线段树即可，两个方向都需要做，时间复杂度为 $\mathcal{O}(N^2 + (N^2 + Q)\log_2 Q)$，可以通过，期望得分 $100$。

Question 6. 「JOISC 2023 Day 4」Bitaro 之旅

一条路上有 $N$ 个景点，第 $i$ 个景点的位置是 $X_i$，有 $Q$ 个询问，第 $j$ 个询问 Bitaro 从位置 $S_j$ 个位置出发，重复执行如下操作直至每一个景点都被游览：

选择当前距离 Bitaro 最近的，且 Bitaro 没有游览过的景点（若有多个则选择编号较小的那一个），让 Bitaro 走到那个景点并游览它。

$N,Q\leq 2\times 10^5, X_i,S_j\leq 10^9, X_i < X_{i+1}$

首先，暴力怎么做？首先找到其左右景点的编号，一定是 $L = p, R = p+1$，记录当前位置 $now$，然后每一次暴力扩展 $L$ 或 $R$，直至无法扩展为止，时间复杂度为 $\mathcal{O}(NQ)$，期望得分 $15$。

如果在某一步选择了转向，设转向后的目的地是 $L$，当前点是 $P$，另一方向的下一个点是 $R$，则一定有 $|P - L|\leq |P - R|$，那么 $|L - R|\geq 2 | P - L |$，翻了一倍。

故每次二分转向后的目的地即可，注意一些小细节，且如果左端点扩展到 $0$ 或右端点扩展到 $N+1$ 则可以停止。

时间复杂度为 $\mathcal{O}(Q\log_2 N\log_2 V)$，其中 $V$ 为 $X_i,S_j$ 的值域取 $10^9$。

Question 7. 「JOISC 2016 Day 2」雇佣计划

给定一个长度为 $N$ 的正整数序列 $A$，执行如下操作共计 $M$ 次：

1 x，表示查询序列 $A$ 中大于等于 $x$ 的数字构成了多少连续段。
2 p v，表示将 $A_p$ 的值改为 $v$。

$N,M\leq 2\times 10^5, x,v\leq 10^9$

暴力很简单，此处不做讲述，时间复杂度为 $\mathcal{O}(NM)$，期望得分 $10$。

考虑如何计算连续段？序列上的连续段是一种特殊的连通块，而根据著名结论有：连通块数量=点数-边数（前提是连通块中没有环），连续段可以视作 $i$ 与 $(i+1)$ 之间的连边，显然无环。

点数怎么求？即求序列中 $\ge x$ 的数的数量，支持单点修改，一棵权值线段树即可。

边数怎么求？即求序列中相邻两个数都 $\ge x$ 的位置数量，如果再定义序列 $B$ 满足 $B_i = \min(A_i, A_{i+1})$，即求 $B$ 中 $\ge x$ 的元素数量，也是支持单点修改，再一棵权值线段树即可。

时间复杂度为 $\mathcal{O}((N+M)\log_2 V)$，期望得分 $100$。

Question 8. 「JOISC 2019 Day 1」考试

给定 $N$ 个二元组 $(S_i,T_i)$，给出 $Q$ 个询问 $(X_j,Y_j,Z_j)$，对于每一个询问求出满足如下条件的二元组的数量：

$S_i\ge X_j$
$T_i\ge Y_j$
$S_i + T_i \ge Z_j$

$N,Q\leq 10^5, 0\leq S_i,T_i,X_j,Y_j,Z_j\leq 10^9$

首先，暴力是简单做的，时间复杂度为 $\mathcal{O}(NQ)$，期望得分 $2$。

如果 $X_j + Y_j\ge Z_j$，那么这个就是一个简单的二维数点，相当于 $Z_j$ 的限制没有了，可以做到 $\mathcal{O}((N+Q)\log_2 N)$（有一个子任务满足 $Z_j = 0$，期望得分 $20$）。

要求蓝色区域，可以用矩形区域减去 $\triangle DGF$，要求 $\triangle DGF$，可以用 $\triangle DGF = \triangle ACD + \triangle BEF + \square OCGE - \triangle OAB$，分别等价于求一下五类点的数量：

$S_i\ge X_j, T_i\ge Y_j$，系数为 $1$。
$S_i\ge X_j, S_i + T_i < Z_j$，系数为 $-1$。
$T_i\ge Y_j, S_i + T_i < Z_j$，系数为 $-1$。
$S_i < X_j, T_i < Y_j$，系数为 $-1$。
$S_i + T_i < Z_j$，系数为 $1$。

四个二维数点与一个二分即可，时间复杂度为 $\mathcal{O}((N+Q)\log_2 N)$，期望得分 $100$。

Question 9. 「JOISC 2023 Day1」两种货币

给定一棵大小为 $N$ 的树，树的边上有 $M$ 个收费站，第 $i$ 个收费站在 $P_i$ 号边上，收费 $1$ 个金币或者 $C_i$ 个银币，经过该收费站一次需要交对应的钱。

有 $Q$ 组询问，每一组询问给定 $X_j,Y_j,G_j,S_j$，表示询问从 $X_j$ 走到 $Y_j$，初始拥有 $G_j$ 个金币与 $S_j$ 个银币是否足够？如果足够，最多能够剩下多少金币？

$N,M,Q\leq 10^5, 1\leq C_i,G_j\leq 10^9, 1\leq S_j\leq 10^{18}$

问题等价于，如果只用 $S_j$ 个银币交收费站的钱，最多能够交多少个收费站。

显然的，根据贪心，用银币交的一定是 $C_i$ 最小的若干个收费站，问题转化为链上前 $k$ 小的和，如果是全局问题，容易在权值线段树上二分做到，用可持久化权值线段树计算即可。

时间复杂度为 $\mathcal{O}((N+Q)\log_2 V)$，差不多就这个量级，期望得分 $100$。

~~好久没有写主席树了，有点生疏~~

Question 10. Point Sets

设 $S$ 为点集 $\{(x,y)\mid x,y\in [0,n]\cap \mathbb{N}\}$，求满足 $T\subseteq S$ 且存在直线 $l$ 满足 $l$ 过 $T$ 中恰好两点的 $T$ 的数量。

答案对 $998244353$ 取余。

$n\leq 10^{11}$

设 $m = n+1$。

首先可以发现，如果 $T$ 中的点不共线，且 $|T|\ge 3$，则 $T$ 恒满足条件，所以可以分为以下几个方面计数：

任意选点的方案数，一定为 $2^{m^2}$。
减去不选点的方案数，一定为 $1$。
减去只选一个点的方案数，一定为 $m^2$。
减去选中至少 $3$ 个点且它们共线的方案数。

而对于第 $4$ 类，我们又可以将其细分：

共水平线。
共竖直线。
共斜 $45^{\circ}$ 线。
共其它的线。

对于第 $1,2$ 种：就相当于 $m$ 个点里至少选 $3$ 个点，且有 $2m$ 条线，设 $f(n) = 2^n - \dbinom{n}{0} - \dbinom{n}{1} - \dbinom{n}{2}$，则总计 $2mf(m)$ 种。

再记录一点，对于 $f(n)$，将其写成 $f(n) = 2^n - 1 - n - \dfrac{n(n+1)}{2}$，则 $f(0) = f(1) = 0$，这可以方便我们的推导。

对于第 $3$ 种：每一条斜向上的，可以唯一对应一条斜向下的，通过推导式子：

\[\begin{aligned} S(n) &= \overset{n}{\underset{i=0}{\sum}} f(i) \\ &= \overset{n}{\underset{i=0}{\sum}} (2^i - 1 - i - \dfrac{i(i-1)}{2}) \\ &= (2^{n+1} - 1) - \dbinom{n+1}{1} - \dbinom{n+1}{2} - \dbinom{n+1}{3}\\ \end{aligned} \]

可得，总计 $2(2S(m-1)+f(m))$ 种方案。

对于第 $4$ 种：枚举斜率 $\dfrac{dy}{dx}$，当 $1\leq dx < dy $ 时，可以对应 $\dfrac{dx}{dy}$，同时可以对应另两条斜率互为相反数的，所以：

\[\begin{aligned} C(n) &= \overset{n}{\underset{x=2}{\sum}} \overset{x}{\underset{y=1}{\sum}} [\gcd(x,y)=1] \overset{n/x}{\underset{w=1} {\sum}} (m - wx)(m-wy)(2^{w-1}-1) \\ &= \overset{n}{\underset{x=2}{\sum}} \overset{x}{\underset{y=1}{\sum}} [\gcd(x,y)=1] \overset{n/x}{\underset{w=1} {\sum}} (m^2+w^2xy-mwx-mwy)(2^{w-1}-1) \\ &= \overset{n}{\underset{x=2}{\sum}} \overset{x}{\underset{y=1}{\sum}} [\gcd(x,y)=1] \overset{n/x}{\underset{w=1} {\sum}} (2^{w-1}(m^2+w^2xy-mwx-mwy)-(m^2+w^2xy-mwx-mwy)) \\ &= \overset{n}{\underset{x=2}{\sum}} \overset{x}{\underset{y=1}{\sum}} [\gcd(x,y)=1] \overset{u}{\underset{w=1} {\sum}} (2^{w-1}m^2 - m^2 + 2^{w-1}w^2xy - w^2xy - 2^{w-1}mwx - 2^{w-1}mwy + mwx + mwy) \quad \text{Let } u = n/x \\ &= \overset{n}{\underset{x=2}{\sum}} \overset{x}{\underset{y=1}{\sum}} [\gcd(x,y)=1] ((2^u-1)m^2 - um^2 + (2^u(u^2-2u+3)-3)xy - \dfrac{u(u+1)(2u+1)}{6}xy - (2^u(u-1)+1)m(x+y) + \dfrac{u(u+1)}{2}m(x+y))\\ &= \overset{n}{\underset{x=2}{\sum}} \Big((2^u-1)m^2\varphi(x) - um^2\varphi(x) + \dfrac{(2^u(u^2-2u+3)-3)x^2\varphi(x)}{2} - \dfrac{u(u+1)(2u+1)x^2\varphi(x)}{12} - (2^u(u-1)+1)mx\varphi(x) - \dfrac{(2^u(u-1)+1)mx\varphi(x)}{2} + \dfrac{u(u+1)mx\varphi(x)}{2} + \dfrac{u(u+1)mx\varphi(x)}{4}\Big)\\ \end{aligned} \]

解释以下这个式子的最初形式，枚举斜率 $\dfrac{y}{x}$，枚举跨过了 $w$ 个这样的斜率，那么起点一定落在 $x_0\in [0,n-wx], y_0\in [0,n-wy]$ 中，且终点为 $(x_0 + wx, y_0 + wy)$，对于跨过了 $w$ 个间隔，起点与终点必选，为了达到 $3$ 个，中间必须再至少选择一个，故减去一个什么都不选的不合法情况。

另外，推导式子的过程中可能遇到以下情况：

\[\begin{aligned} H(n) &= \overset{n}{\underset{i=1}{\sum}} [\gcd(n,i)=1] i \\ \end{aligned} \]

因为 $\gcd(n,m) = \gcd(n,n-m)$，所以互质的数总是成对出现，且总和为 $n$，设 $\epsilon(n) = [n=1]$，则 $H(n) = \dfrac{n\varphi(n) + \epsilon(n)}{2}$。

转化到最终形式之后，本质上是 $\varphi(x), x\varphi(x), x^2\varphi(x)$ 的求和，杜教筛即可，最终 $C(n)$ 的答案要乘上 $4$。

时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^{2/3})$，杜教筛同时算三个值快很多，计算的时候传三元组即可。

Question 11. 「HNOI2009」积木游戏

向第一象限的平面内堆叠矩形，共 $N$ 次操作，第 $i$ 次操作堆叠的矩形满足左边界为 $x = l_i$，右边界为 $x = r_i$，高度为 $H_i$，当矩形下底面触碰到地面（$x$ 轴）或者某个矩形的上底面时该矩形停止下落，定义一个洞为一块连通的没有矩形的面积 $ > 0$ 的空白区域，空白区域内的任意点在不穿过任意矩形（包括矩形间的接触面与接触点）的情况下不能到达无限远处。每堆叠一个矩形后，询问新形成的洞的数量。

$N\leq 10^6, 0\leq l_i < r_i\leq 10^5, 1\leq H_i\leq 10^3$

首先，我们来思考以下问题：

Q：如何维护这个矩形的堆叠过程？

A：维护一棵线段树，线段树上每一个位置表示 $x\in [p,p+1]$ 这一段内的高度，需要维护最大值，同时支持区间覆盖。

令第 $i$ 列为右边界为 $x=i+1$ 的宽度为 $1$ 的矩形区域，则 $x=l_i$ 至 $x=r_i$ 中间的列为 $(l_i+1)$ 列至 $r_i$ 列，以下分别用 $L_i, R_i$ 列代称（用大小写区分）。

这样就可以维护这个过程了，考虑维护的过程中同时计算，分以下情况：

先给出若干定义：

称最后一块堆叠的矩形为 Last。
称上下均被限制、左右有一边被限制的取余为“半成洞”。
称第 $L_i$ 列，第 $R_i$ 列为内边界列。
称第 $(L_i - 1)$ 列，第 $(R_i + 1)$ 列为外边界列。
称内边界列 $L_i$ 列于外边界列 $(L_i - 1)$ 列对应，内边界列 $R_i$ 列于外边界列 $(R_i - 1)$ 列对应。
称左边界为 $x = l_i$，右边界为 $x = r_i$。

Case 1: 新的洞的形成仅依赖于 Last 的下边界，且不依赖 Last 的左下、右下端点

将这个矩形堆叠下去，在 $[L_i,R_i]$ 范围内相邻两个最大值之间会形成一个新的洞，所以需要在线段树上额外维护最大值形成的连续段数量，每一次进行区间查询，设连续段数量为 $X$，则答案加上 $X-1$。

Case 2: 新的洞的形成仅依赖于 Last 的左、右边界，且该洞的下边界不低于 Last 的左下、右下端点

图以左边界为例。

维护每一列在纵向方向上的空白段的上下边界，用这个矩形的上下边界分别去二分空白段的上下边界，具体的，空白段是下边界不低于矩形的下边界，空白段的上边界不高于矩形的上边界，由于纵向增加空白段的坐标是单调递增的，可以使用 vector 与 lower_bound/upper_bound 函数做。

显然的是，新的洞的形成不能同时依赖于 Last 的左右边界，这就意味着它通过下部连通，所以 Last 应该继续掉落。

Case 3: 内边界列没有满

注意两个内边界需要分别考虑。

Case 3.1: 新的洞的形成同时依赖于 Last 的下边界与左、右边界

图以右、下边界为例。

根据图，我们可以得知这个新的洞的形成的条件：该内边界列的当前高度不是 $[L_i,R_i]$ 内的最大高度，且矩形的下边界的高度处于对应外边界列的一个半成洞中。

根据线段树求当前高度，再二分是否处于一个半成洞中即可。

Case 3.2: 新的洞的形成仅依赖于 Last 的下边界，但是包括一个矩形的下部端点

如图（I），外边界列没有半成洞，只要当前矩形的下边界不高于对应的外边界列的当前高度，则额外增加一个新的洞。

如图（II），内边界列的当前高度不是 $[L_i,R_i]$ 内的最大高度，且矩形的下边界的高度不处于对应外边界列的一个半成洞中，则额外增加一个新的洞。

如图（III），外边界列有半成洞，但是矩形的下边界高于外边界列的最高的半成洞的上边界，也只要当前矩形的下边界不高于对应的外边界列的当前高度，则额外增加一个新的洞。

Case 4. 内边界列已满，新的洞的形成只依赖于 Last 的左、右边界，且该洞的下边界低于 Last 的左下、右下端点