集訓隊做業部分自選題

看這個進度，天天只要能作一道自選題應該就能在時限內完成了 = = 因此仍是儘可能不要看題解好了，看了題解的會標明

119 衆數MAX

假設咱們枚舉衆數p，那麼顯然答案就是$\max_p\{\sum_gmin(ca_g,cb_{p-g})\}$。

考慮分塊，對於$ca_g>S,cb_{p-g}>S$的咱們暴力，小的fft。

實測取S=4跑的最快。

127 Ball

設$g=\sqrt{x^2+6x+1}$。

簡單計(mathe)算(matica)可知$f_n=\frac{2^{-1-n}}{g}(-(1+x-g)^{1+n}+(1+x+g)^{1+n})$。

那麼就只缺一個ln、exp、sqrt板子了。測了測只有70，那我也沒有辦法…

120 Mike學OI（看了）

模板題，見另外一篇文章。

130 Cow Coupons

若是買不到k頭牛，那麼顯然是全用優惠券，先sort一下特判一下。

首先先把全部牛按Pi-Ci從小到大排序，那麼確定是有一個分界線，分界線左邊找若干個不用優惠券，右邊找k個用優惠券。

隨着分界線右移，右邊的花費會愈來愈大，從而左邊剩下的會愈來愈小，暴力維護便可。

128 Permutations（看了）

我發現我可能沒學清楚laplace展開…

首先顯然咱們只要算行列式的奇偶性就能夠了。

考慮改變一個元素以後行列式的變化，咱們把行列式在那一行用laplace展開，相似這樣：

那麼改變的就是這個位子的代數餘子式。

那麼咱們只要求出每一個位子的代數餘子式，這個很簡單，只要求出逆矩陣以後/行列式就是伴隨矩陣了。因爲行列式是奇數，mod 2以後也不用真的除。伴隨矩陣轉置一下就是餘子矩陣了。01矩陣的逆矩陣直接高斯消元壓壓位就好。

131 Another Path

顯然從1開始的最短路樹惟一。爲了方便敘述，咱們把最短路反過來。

考慮從某個點a到1的another path，若是第一條邊是往這個點子樹外面走的，那麼接下來顯然走最短路走到1最優。若是第一條邊是往子樹裏面走的，那麼無論在子樹裏面怎麼閒逛，總得走到子樹外面，接下來仍是走最短路走到1最優，那麼最優路徑顯然仍是直接走到那條邊的子樹裏面那端，而後走那條邊，而後走最短路到1。

那麼咱們對於一個點x連出去非樹邊(x,b)，咱們考慮x和b的lca，若是能夠計入答案，那麼就須要知足a是x的祖先，而且a比lca深。貢獻就是dist[x]-dist[a]+len(x,b)+dist[b]。

這種東西隨便拿個dsu on tree+樹狀數組維護一下就行了。

134 Counting Divisors (square)

交了發洲閣篩，並不能過。杜教篩常數太大了，可能也不是很能過。咱們考慮有沒有更加正經的$O(n^{\frac{2}{3}})$作法。

懶得再打一遍了，就截圖吧…

我以爲這題應該有複雜度更優秀的作法…

108 歐拉子圖（看了）

143 海蜇？海蜇！（看了）

123 tree

首先方差能夠由和、平方和直接算出，這個相信你們都會。

因爲(kx+b)^2=k^2x^2+2kbx+b^2，那麼和、平方和均可以在線段樹上打標記維護。

咱們只要解決樹剖這一部分就好了。

首先咱們先考慮一下S是啥。

考慮把一條邊上面的點叫作上點，下面的點叫作下點。那麼S(a,b)就是上點在a到b的路徑上的邊加上lca(a,b)的父親邊。

那麼咱們只要考慮如何維護上點在a到b的路徑上的邊。

考慮把重邊和輕邊分開維護，先分配全部重邊的編號，對於輕邊咱們把一條重鏈上做爲上點的輕邊一塊兒分配編號，這樣就好了。

核心代碼大體以下：

int top[SZ],b1[SZ],e1[SZ];
void dfs2(int x,int t)
{
    top[x]=t; b1[x]=C+1; if(son[x]) ys[son[x]]=++C,
    rv[C]=son[x],ww[son[x]]=1,dfs2(son[x],t);
    for esb(x,e,b) if(b!=son[x]) dfs2(b,b); e1[x]=C;
}
int b2[SZ],s2[SZ],e2[SZ];
void dfs3(int x)
{
    b2[x]=C+1;
    for esb(x,e,b) if(b!=son[x])
        ys[b]=++C,rv[C]=b;
    s2[x]=C; if(son[x]) dfs3(son[x]);
    for esb(x,e,b)
        if(b!=son[x]) dfs3(b);
    e2[x]=C;
}

139 修牆（看了）

卡了一年常數才過。

135 func

由遞推式能夠看出f(x+1)爲把x分解爲2的次冪，每一個2的次冪用不超過2次的方案數。

回憶當時的dp：https://github.com/fjzzq2002/project-euler/blob/master/p169.py

n=10**25
f=[1,0]
for i in range(0,500)[::-1]:
    f[(n>>i)&1]=f[0]+f[1]
print f[0]

那麼咱們如今已知f[0]，考慮枚舉f[1]，倒着進行這個模擬，因爲最後一步必定是f[0]=f[0]+f[1]，那麼f[1]<=f[0]。

枚舉以後每一步就是要麼f[0]=f[0]+f[1]，要麼f[1]=f[0]+f[1]，大減少便可。

這玩意兒複雜度不大對，那咱們能夠每次不相減，而是直接取模，複雜度就對了。

114 皇城PK

回憶關於遞推式的相關知識：http://l0nl1f3.leanote.com/post/BZOJ4161。

那麼咱們能夠發現咱們要求的其實就是$(\sum_{i=1}^nx^{d_i})^k~mod~C(x)$，直接大力倍增求就行了。

大力優化了一波常數，仍是隻有70...先擱着吧，有空的時候補個mtt。

148 Simple Summation Problem（看了）

爲啥這題能過一大片啊...你們數論技巧都這麼高超的嗎...

注意到把原函數捲上$\mu$以後，由於$\mu(x^2)=0$，因此$G(p^d)=F(p^d)-F(p^{d-1})=p^{d-[d~mod~p]}-p^{d-1-[(d-1)~mod~p]}$。當d=1的時候G是0，因此只有每一個質因子次數>=2 G纔有值。

那麼$\sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}G(j)=\sum_{i=1}^nG(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，咱們只要枚舉全部質因子次數>=2的i，直接算就好了。

咱們考慮全部質因子次數>=2的i的個數，這就是<=n的powerful number的個數，是O($\sqrt{n}$)的，證實很簡單，考慮每一個powerful number能夠表示成a^2b^3，那麼咱們枚舉a，總共個數確定不超過$\sqrt{n}+\int_{i=1}^{\sqrt{n}}(n/i^2)^{1/3}=\sqrt{n}+n^{1/3}\int_{i=1}^{\sqrt{n}}i^{-2/3}=O(\sqrt{n})$。

枚舉powerful number只要枚舉一個無平方因子的b就行。求G只要xjb線篩一下就行了。

125 div（看了）

https://11dimensions.moe/archives/182

zyz寫的很清楚了，就不廢話了= =

115 replace all（看了）

原來cf的那個題解仍是挺清楚的。

雖然n多了幾個0，可是沒變難啊...

瓶頸在於算$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n2^{gcd(i,j)}$。

設F(x)表示$\sum_{i=1}^x\sum_{j=1}^x[gcd(i,j)=1]$，容易發現$F(x)=2\sum_{i=1}^x\varphi(i)-1$。

因此原式等於$\sum_{i=1}^n2^iF(n/i)$，直接對n/i根號分分，把phi拿去杜教篩就行。

129 點點的計算

容易發現T(a,b)=C(a-1,b-1)*a，那咱們只要算lcm{C(n,0),C(n,1)...C(n,k)}。

考慮對於每一個質數p獨立計算，那麼答案就是$max_{i=0}^k (\sum_{j=0}^{\infty} \lfloor n/p^j \rfloor -\lfloor i/p^j \rfloor - \lfloor (n-i)/p^j \rfloor)​$，亦即$max_{i=0}^k (\sum_{j=0}^{\infty} [i~mod~p^j  > n~mod~p^j])$。

考慮進行貪心，考慮從小到大第一個$i~mod~p^j > n~mod~p^j$的j，那麼只要$p^j$這位比n的$p^j$這位大就行，既然這位已經大了，更往前的位只要相等就行。因此咱們能夠從低到高考慮每一位，若是能夠比n這位大，就比這位大，以後的若干位只要和n相等就行。

枚舉每一個質數顯然太慢了，考慮對於大於$\sqrt{n}$的質數稍微加速一下。對於大於$\sqrt{n}$的質數，只要考慮$i~mod~p>n~mod~p$是否可行，顯然取$i=n~mod~p+1$最優，因此只需$n~mod~p \neq p-1$且$n~mod~p+1 \leq k$。先考慮$n~mod~p<k$，這就至關於$n-k<\lfloor n/p \rfloor p​$，咱們直接枚舉$\lfloor n/p \rfloor$便可。$n~mod~p \neq p-1$即$p|n+1$，枚舉n+1的質因子，把知足$n~mod~p+1 \leq k$的扣掉便可。

150 盒中之鏡（看了）

把格點黑白染色，把鏡子當作邊，當且僅當某種顏色的點構成一棵生成樹時合法。直接matrix-tree便可。

117 Monkey and Tree

傳統的數據結構題，我寫的dsu on tree+動態點分治。

144 基礎線段樹練習

我寫的分塊+多點求值，跑的仍是很快的...