暑假娛樂賽·題解

因爲出題人的疏忽，致使T2和T3分別有一個數據造錯，形成了你們沒必要要的麻煩，對此十分抱歉。

這裏寫一下三道題的題解：

A--LJJ愛數數

題目連接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4844

題目簡述：求出有多少個正整數三元組{a,b,c}，知足a,b,c<=n，a,b,c三個數的最大公約數爲1，且1/a+1/b=1/c。

數據範圍：n<=1e12

tag：本題原型來自中等數學2011年第1期，進行了一番改編。

20分：枚舉a，b，O(1)算出c，統計答案

100分：

方法一：

化簡後獲得(a+b)c=ab，設g=(a,b)，A=a/g，B=b/g，則g(A+B)c=ABg^2，即(A+B)c=ABg

由題目已知條件：(a,b,c)=1，即(g,c)=1，g|(A+B)c，故g|(A+B)，

設(A+B)/g=AB/c= k ∈ Z，

若k>1，由於A,B互質，因此k|A或k|B，則A+B不能被k整除，矛盾。所以k=1。

故充要條件爲：1<=a,b,c<=n，a+b=g^2，c=ab/g^2。

枚舉g，則可得A+B=g。用莫比烏斯反演求出必定範圍內與g互質的數的個數便可。

寫程序的過程當中，你會發現，枚舉1到sqrt(2n)的g以後，只需枚舉g的約數。

因此時間複雜度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))

方法二：（PJY提供的此方法十分巧妙）

能夠化簡獲得：(a+b)c=ab，因而ab-bc-ac+c^2=c^2，因此(a-c)(b-c)=c^2

設a-c=km^2，b-c=kn^2，則c=kmn。

若k>1，(a,b,c)=(km^2+kmn, kn^2+kmn, kmn)≠1，矛盾。故k=1

由此咱們知道a-c=m^2，b-c=n^2是徹底平方數。

由於(a,b,c)=(m(m+n)，n(m+n)，mn)=（(m+n)*(m，n)，mn）=1，因此(m,n)=1

故充要條件爲1<=a,b,c<=n，a-c, b-c是徹底平方數，c^2=(a-c)(b-c)，(a-c，b-c)=1

枚舉(a-c)，用莫比烏斯反演求出必定範圍內與sqrt(a-c)互質的數的個數便可。時間複雜度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))

源碼：

方法一：https://paste.ubuntu.com/p/mXF2bvXdy7/

方法二：https://paste.ubuntu.com/p/yn5NddzNjj/ 

 

B--LJJ愛數樹

題目連接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4845

題目簡述：在一棵n個節點的樹上的k個點處放k個攝像頭。每一個攝像頭能夠看到與之樹上距離<=r的點。

使得被看到的點的w[i]之和最大。

數據範圍：k<=n<=1000，w[i]<=1e6

tag：

亂搞作法一：若是一個一個放攝像頭，每一次把當前w[i]和最大話，那樣例一就過不了

亂搞作法二：若是直接假定關於攝像頭個數k的函數f(k)是凸函數，那樣例二就過不了（由於這個結論是錯誤的）

10分：枚舉2^n種狀況（還能夠用位運算優化）。

另外20分（k<=2）：作法可能有多種，能夠暴力枚舉兩個點，而後用點分或dsu求每種狀況的答案。

40分：暴力dp，定義dp數組f[i][j][k][l]，

f[i][j][k1][k2]表示第i個節點的子樹處理完畢，子樹中放了j個攝像頭。

指望被觀測，但未被觀測的最遠的點距離ta爲k1；最近的攝像頭離ta距離爲k2。

該dp複雜度或許是O(n^4)吧，（沒實現過不清楚）

100分：接着上述40分的題解講。

咱們在dp的過程當中，初始化每一個節點有三種狀態：什麼都沒發生；放有一個攝像頭；雖沒放攝像頭，但這個點以後會被觀測到。

因此dp的過程當中，就決定了每一個點是否計入答案。其有用的信息爲：子樹中離點i最近的攝像頭的距離，子樹中離點i最遠的指望被觀測的

點的距離。且信息有用當且僅當距離<=r，由於攝像頭的觀測範圍就是r。

若是兩個信息同時存在，那麼能夠忽略攝像頭的信息。

這裏證實一下：

設最遠的指望被觀測的點爲a點。最近的攝像頭爲b點。因此dis(a,b)>r。

以後必定有一個攝像頭c點，使得dis(a,c)<=r。那麼顯然dis(c,i)<dis(b,i)。顯然，攝像頭b能觀測到的在 i 子樹外的點，c都能觀測到。

因此能夠忽略b的信息。

因此理所固然地，能夠把dp數組寫成f[i][j][k]（原先第三維和第四維壓縮成一維）

以後的dp，可能細節有些繁瑣。致使標程可讀性差。因此題解裏就不闡述了。

這樣還不夠，由於n<=1000。

咱們還須要證實一下：當k*r>=n時，全部的點都可以被觀測到。

隨便選一個點提根。取深度最深的點，若是深度<=r，直接選擇根節點放攝像頭。

若深度dep>r，選擇與該點距離r的祖先，選擇該祖先放攝像頭，這樣至關於花費一個攝像頭砍去了點數>=r的一個子樹。

故容易證實k*r>=n時，全部點都能觀測到。

因此，k*r<n時，枚舉點i,依次把它的兒子所表明的子樹合併起來，複雜度是min(k,size[a])*min(k,size[b])*r。

總複雜度能夠證實是n*k*r<n^2。（不詳細講證實了）

源碼：

標程：https://paste.ubuntu.com/p/gdFgv42mzf/

翠竹葉飛的代碼：https://paste.ubuntu.com/p/4jJyCCyddq/

 

C--LJJ愛數書

題目連接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4846

題目簡述：

一個序列A，每次操做可使一段連續的區間加1或減1並對K取模，定義F(A,K)表示最少的操做次數使得序列的全部元素都變爲0。

輸入長度爲n的序列A，m次詢問F(A[x][y],K)的值。

數據範圍：

n<=200000, m<=100000, k<=1e9

tag：

惟一一道數據結構題，因此思路不是那麼難。只要你會50分，就能夠輕鬆優化到100分。

10分：搜索+剪枝

30分：先考慮單組詢問求F(A,K)。爲了方便以後處理，首尾加 0 。

設長度變爲N=n+2

咱們先考慮若是操做中每次加1、減一後不取模。若A[i]∈Z（多是負數）。

先對A差分 -> 設B[i]=A[i]-A[i-1]（對於1<i<=n），顯然B[2]+B[3]+...+B[N]=0

每次操做等同於，B[i]加一，B[j]減一（ 1<i,j<=N ），目標是將全部的B[i]變爲0。

若未達到目標，由於全部的B[i]之和爲0。必定存在B[i]>0，B[j]<0。

因此必定存在一次操做，使得B[i]的絕對值的和減2。

由此咱們知道，此時最小操做次數是[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])] / 2。（此處abs表示絕對值）

如今題中操做爲每次加1、減一後對K取模。因此等同於，先將A數組的某些元素加或減K的倍數。

等同於咱們先對差分數組B中某些元素加或減K（根據以前最小操做次數的公式，顯然加減範圍不會超過K），並維持B[2]+B[3]+...+B[N]=0。

求這樣的狀況下，[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])]/2 的最小值。

容易實現單次詢問O(n^2) dp。

50分：接着30分的題解講，咱們要對差分數組的某些數值加K或減K，並維持B[2]+B[3]+...+B[n]=0。

設在S個位置加K，在S個位置減K。（這2S個位置不重複）

顯然，咱們只會在小於0的位置加K，在大於0的位置減K。因此前者和後者必定不重複。

對於小於0的數 (-a)，對其加K可使代價減小 (2a-K)。

對於大於0的數(a)，對其減K可使代價減小 (2a-K)。

因此，對要加K和要減K的位置，選2a-K前S大的位置，（a是其絕對值）

容易作到單次詢問O(n)，總複雜度O(mn)。

100分：接着50分的題解講，顯然，咱們能夠二分這個K，求區間第K大和前K大和便可。（這裏再也不贅述）

使用主席樹或劃分樹可作到複雜度O(mlog^2n)。

 源碼：https://paste.ubuntu.com/p/mYvBWMJ5vx/