9.16题解

I AK IOI

这题把T3和T4放到了前面，所以建议阅读顺序 3-4-1-2。

T1

我把每个结论隔开了，看着应该会好一点。

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我们知道，生成树就是给非根的每个结点找一个父亲。

如果 $x$ 的父亲是 $y$，那么它们之间的边权是 $lcm(x,y)\ge x$。

我们知道，当 $y$ 是 $x$ 的因数时，$lcm(x,y)=x$，是最优情况

所以，最优情况应是：令每个点的父亲都是这个点的因数， 边权为 $x$。

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但是我们很容易就会发现，质数的因数只有 $1$ 和自己。

肯定不能连自环，而且图中也没有点 $1$，需要另外考虑。

我们还知道，如果 $x$ 是质数，那么 $lcm(x,y)=xy$。

所以令 $y$ 最小即可（令 $y=2$），边权为 $2x$。

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那么合数都连到因数上，因数为质数时连到 $2$ 上，

我们就可以得到：$2$ 是根节点。

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我们来梳理一下：对于 $3\le x\le n+1$

如果 $i$ 点为合数，那么 $i$ 的父亲为 $i$ 的任意因数，总边权加上 $i$。

如果 $i$ 点为质数，那么 $i$ 的父亲为 $2$，总边权加上 $2i$。

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这个涉及到了一些质数筛的知识，我懒得写了，下面的程序用的是欧筛。

我们就可以写出程序：

#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;
int pms[10000050], n, cnt, ans;bool vis[10000050];
signed main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 2;i <= n + 1;++i)
    {
        if(!vis[i]) pms[++cnt] = i;
        for(int j = 1;i * pms[j] <= n + 1;++j)
        {
            vis[i * pms[j]] = 1;
            if(i % pms[j] == 0) break;
        }
    }
    //此时若vis[i]==1，则i为合数
    for(int i = 3;i <= n + 1;++i)
    {
        if(vis[i]) ans += i;
        else ans += 2 * i;
        ans %= 998244353;
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

那就会有人问了：如果我不会数论呢？

这里建议宁打表找规律呢。（我考场上的做法）

暴力程序大家都会写，我们来打下表：

n=	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	……	n
n+1=	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	……	n+1
ans=	0	6=0+3×2	10=6+4	20=10+5×2	26=20+6	40=26+7×2	48=40+8	57=48+9	67=57+10	89=67+2×11	……	ans

观察 $n+1$ 和 $ans$ 行加粗的数，你有什么发现？

分别观察 $ans$ 行有无 $\times 2$ 的数，你又有什么发现？

我们可以观察得到规律：

令 $i=3\to n+1$，如果 $i$ 是合数 $ans+=i$，否则 $ans+=2i$。

于是我们愉快地切掉了这题。

T2

前置芝士：前缀和数组是啥。

令 $s[x]=\sum _{i=1}^{x}a[i]$，则 $s$ 为 $a$ 的前缀和数组。

说人话：$s[x]=a[0]+a[1]+\dots \dots +a[x]$。

那么 $s$ 的和就是：

$a[0]+(a[0]+a[1])+(a[0]+a[1]+a[2])+\dots \dots +(a[0]+a[1]+\dots \dots +a[n-1])$

$=n·a[0]+(n-1)·a[1]+(n-2)·a[2]+\dots \dots +2·a[n-2]+1·a[n-1]$

我们可以发现，下标越靠前，占的比重越大。

因为本来 $kkk$ 就会按照获得顺序拿牌，他越先拿到的牌占的比重越大，

所以只要有大牌，早给肯定比晚给更优。

所以只要保证每次给的都是当前最大即可。

那就很好想了：每次把手里最大的给 $kkk$ 即可。

注意这题拿牌是按顺序的，不用考虑拿牌方案。

#include <iostream>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
int n, k, ans;priority_queue<int> q;
signed main()
{
    cin >> n >> k;
    for(int i = 0, t;i < k;++i)
        cin >> t, q.push(t);
    for(int i = 0, t;i < n;++i)
        ans += (n - i) * q.top(), q.pop(), cin >> t, q.push(t);
    cout << ans;
    return 0;
}

T3

懒得写了，这里的T2就是。

注意 long long 的使用，还有这题几乎每行都是细节。

T4

这里的T3就是。

注意取件码头尾的判断。