省选数学专题 2 做题记录

省选数学专题 2 做题记录

A CF1747E List Generation

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首先考虑差分，那么我们现在就是要构造两个数组 \(a',b'\)，使得 \(\sum a'=n,\sum b'=n\) 且不存在 \(i\) 使得 \(a'_i=b'_i=0\)。

考虑先枚举长度，然后计算方案数。接下来枚举 \(a'\) 中有多少个 \(>0\) 的数，把它们放进去然后用插板法计算方案数；最后再枚举 \(b'\) 中有多少个 \(>0\) 的数，此时剩下的 \(=0\) 的数必须放在上面 \(a'_i>0\) 的位置上，算出方案数之后再用插板法即可。这样的话我们的式子应该是：

\[\sum_{i=1}^{n+m}(i+1)\sum_{p=0}^i \binom{i}{p}\binom{n-1}{p-1}\sum_{q=0}^i\binom{p}{i-q}\binom{m-1}{q-1} \]

最后的那个和式显然是范德蒙德卷积，所以可以化为：

\[\sum_{i=1}^{n+m}(i+1)\sum_{p=0}^i \binom{i}{p}\binom{n-1}{p-1}\binom{p+m-1}{i-1} \]

现在我们有了一个 \(O(n^2)\) 的做法，考虑优化。先交换求和顺序：

\[\sum_{p=1}^n \binom{n-1}{p-1}\sum_{i=p}^{n+m}(i+1)\binom{i}{p}\binom{p+m-1}{i-1} \]

然后 \((i+1)\dbinom{i}{p}\) 可以写成 \((p+1)\dbinom{i+1}{i-p}\)，证明是显然的，所以继续改写为：

\[\sum_{p=1}^n \binom{n-1}{p-1}(p+1)\sum_{i=p}^{n+m}\binom{i+1}{i-p}\binom{p+m-1}{i-1} \]

然后我们把后面的组合数乘积暴力展开然后重新组合，这样的话可以得到下面的结果：

\[\sum_{p=1}^n \binom{n-1}{p-1}\frac{(m+p-1)!}{p!\times m!}\sum_{i=p}^{n+m}(i+1)\times i\times \binom{m}{i-p} \]

改枚举 \(i\) 为 \(i-p\) 可得：

\[\sum_{p=1}^n \binom{n-1}{p-1}\frac{(m+p-1)!}{p!\times m!}\sum_{i=0}^{m}(i+p+1)\times (i+p)\times \binom{m}{i} \]

此时后面的式子可以拆出 \(\sum \binom{m}{i},\sum i\binom{m}{i}\) 以及 \(\sum i^2\binom{m}{i}\) 三个部分分别求和，这都是比较经典的组合数恒等式。然后我们就可以在 \(O(n)\) 的复杂度内求出答案了。注意求上面三个部分和的时候要预处理 \(2\) 的幂，不然的话多带个 \(\log\) 过不了。

B CF1874E Jellyfish and Hack

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我们发现这个代码就是一个快速排序的假做法，每次会按照序列中第一个数的大小将序列分成两个部分然后递归。那么显然考虑利用 dp 求解。

求解前先要发现一个事情：对于长为 \(n\) 的序列，函数的运行次数最大值是 \(\dfrac{n(n+1)}{2}\)。所以考虑设 \(f(i,j)\) 表示长为 \(i\) 的序列运算总次数为 \(j\) 的方案数。这样我们的总状态数就是 \(O(n^3)\) 了，然后转移方程是简单的，枚举第一个数的大小 \(k\) 即可：

\[f(i,j)=\sum_{k=1}^i \binom{i-1}{k-1}\sum_{p=1}^{j-i} f(k-1,p)\times f(i-k,j-i-p) \]

直接做是 \(O(n^6)\) 的，显然过不了。发现后面的式子非常像卷积形式，不过这样做只能优化到 \(O(n^4 \log n)\)，还是过不了。这个时候我们想到只存点值，然后转移就是 \(O(n^4)\) 的了，最后我们做一下 IDFT 就可以知道系数。想法很美好但是现实很残酷，因为模数是 \(10^9+7\)，不是 NTT 模数；而使用 MTT 又无法只存点值。

这个时候需要回到问题的根本，我们要的其实只是点值转系数表示的一个方法，而除了 NTT 以外还有一种方式可以完成这个任务——拉格朗日插值。所以令 \(F_i=\sum f(i,j) x^j\)，我们最后求的 \(F_n\) 是一个 \(\dfrac{n(n+1)}{2}\) 次多项式，所以我们需要知道 \(\dfrac{n(n+1)}{2}+1\) 个点值进行拉格朗日插值。此时转移方程变为：

\[F_i=\sum_{k=1}^i \binom{i-1}{k-1}F_{k-1}\times F_{i-k}\times x^i \]

这样的话我们就可以做到 \(O(n^4)\) 转移点值了，最后做一遍拉格朗日插值即可，总复杂度 \(O(n^4)\)。不过直接写常数很大，CF 上的 32 位评测机不太能跑的过去，所以要做一些必要的优化。一个优化是我们把转移中的组合数拆到两边：

\[\frac{F_i}{i!}=\dfrac{1}{i}\sum_{k=1}^i \frac{F_{k-1}}{(k-1)!}\times \frac{F_{i-k}}{(i-k)!}\times x^i \]

这样的话可以少算一个组合数。然后就是利用 long long 少取模，同时转移的时候可以优化掉 \(\dfrac 12\) 的常数，这样的话就可以跑过了。

C CF1873D Jellyfish and Miku

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首先直接做不太可行，我们先考虑给定 \(a_i\) 之后的情况。令 \(f_i\) 表示 \(i\to n\) 的期望步数，那么显然有：

\[f_i=f_{i+1}\times \frac{a_{i+1}}{a_i+a_{i+1}}+f_{i-1}\times \frac{a_i}{a_i+a_{i+1}}+1 \]

化简一下可以得到：

\[f_{i-1}=f_i\times \frac{a_i+a_{i+1}}{a_i}-f_{i+1}\times \frac{a_{i+1}}{a_i}-\dfrac{a_i+a_{i+1}}{a_i} \]

这个形式不是很直观，此时发现我们可以构造出差分形式，于是有：

\[f_{i-1}-f_i=(f_i -f_{i+1})\times \frac{a_{i+1}}{a_{i}}-\dfrac{a_i+a_{i+1}}{a_i} \]

令 \(g_i=f_{i-1}-f_i\)，则有：

\[a_{i+1}g_{i+1}=a_ig_i+a_i+a_{i+1} \]

那么此时可以得到：

\[g_i=2\times \dfrac{\sum\limits_{j=1}^{i-1}a_j}{a_i}+1 \]

而我们要求的 \(f_0\) 就是 \(\sum g_i\)，这个时候我们就可以很容易的设出 dp 状态：设 \(dp(i,j)\) 表示当前考虑到 \(i\)，前 \(i\) 个 \(a\) 的和是 \(j\) 时的最小期望和。那么容易写出转移：

\[dp(i+1,j+k)\gets dp(i,j)+ \frac{j}{k} \]

直接转移显然是 \(O(nm^2)\) 的。这个时候需要再发现一个性质：最优解一定保证 \(a_i\) 单调不降。这个可以用调整法简单证明。那么转移的时候必须要满足 \(j+k(n-i)<m\)，此时合法的 \(k\) 的个数就会减少了，最后复杂度是 \(O(m^2\log m)\) 的。

D CF1835D Doctor's Brown Hypothesis

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首先由于 \(x,y\) 可以互相到达，所以他们在同一个强连通分量中。所以我们可以对每个 SCC 单独求解。

现在考虑一个 SCC，此时从 \(x\to y\) 的路径应该可以写成 \(x\to y\) 的一条简单路径和若干个环的长度总和。令所有环分别长为 \(l_1,l_2,\cdots\)，那么最后的路径长度应该就是 \(len+\sum a_il_i(a_i\ge 0)\)。先看后面这个部分，根据裴蜀定理可以知道，他可以拼凑出所有长度是 \(d=\gcd(l_i)\) 的倍数的路径；并且由于 \(k\ge n^3\) 非常大，所以我们是可以随便在 SCC 中绕环的，因此不必考虑无法走出的情况。

求解环长 \(\gcd\) 是一个比较经典的问题，具体可以看这道题。简单来说，我们以任意一个点为根跑一个生成树，对于任意一个非树边 \((u,v)\)，我们和 \(|dep_u-dep_v+1|\) 取 \(\gcd\) 即可得出正确答案。

然后回到原来的部分，由于我们最终要求 \(len+\sum a_il_i=k\)，而我们又知道 \(\sum a_il_i\) 是 \(d\) 的倍数，所以实际上我们要求的就是 \(len\equiv k\pmod d\)。另一方面，我们对于 \(x\to y\) 和 \(y\to x\) 都有这个性质，所以这两条简单路径也同余于 \(d\)。

而实际上，这两条路径模 \(d\) 的结果可以直接写成 \(dep_y-dep_x\) 以及 \(dep_x-dep_y\)，因为别的路径一定可以用这两个式子加减一些环构成，而环长一定是 \(d\) 的倍数。那么此时就有 \(dep_y-dep_x\equiv dep_x-dep_y\pmod d\)，也就是 \(2(dep_x-dep_y)\equiv 0\pmod d\)。此时要么 \(dep_x=dep_y\)，要么 \(dep_x-dep_y =\frac{d}{2}\)。用一个桶统计一下贡献即可。复杂度 \(O(n+m)\)。

E CF1796F Strange Triples

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这真的是人类能做出来的吗我请问呢？

下文中记 \(|n|\) 表示 \(n\) 的位数。根据题目中给出的式子不难得到：

\[\begin{aligned} &\dfrac{a10^{|n|}+n}{n10^{|b|}+b}=\frac{a}{b}\\ \Rightarrow&(a10^{|n|}+n)b=(n10^{|b|}+b)a \end{aligned} \]

接下来由于原式右边是一个没有化简的分数形式，考虑化简。令 \(g=\gcd(a,b)\)，然后令 \(a=a'g,b=b'g\)，则有：

\[\begin{aligned} &(a10^{|n|}+n)b=(n10^{|b|}+b)a\\ \Rightarrow&(a'g10^{|n|}+n)b'g=(n10^{|b|}+b'g)a'g\\ \Rightarrow&a'b'g10^{|n|}+nb'=na'10^{|b|}+a'b'g\\ \end{aligned} \]

然后发现式子中只有一项没有 \(a'\)，同时又可以注意到化简后此时 \(a'\mid n\)，所以令 \(n=n'a'\)，则有：

\[\begin{aligned} &b'g10^{|n|}+n'b'=n'a'10^{|b|}+b'g\\ \Rightarrow&b'g10^{|n|}+n'b'=n'a'10^{|b|}+b'g\\ \Rightarrow&b'=a'10^{|b|}-\frac{b'g(10^{|n|}-1)}{n'}\\ \Rightarrow&b'=a'10^{|b|}-\frac{b(10^{|n|}-1)}{n'}\\ \end{aligned} \]

此时 \(b',a'10^{|b|}\) 均为整数，所以后面的分数算出来也得是整数。于是令 \(n=k_1k_2\)，满足 \(k_1\mid b\) 且 \(k_2\mid (10^{|n|}-1)\)，同时 \(k_1\) 尽可能小，也就是把因子优先分配给 \(10^{|n|}-1\)。接下来再令 \(d,r\) 分别为两个式子除完后的商，那么可以得到：

\[\begin{aligned} &b'=a'10^{|b|}-dr\\ \end{aligned} \]

接下来对等式两边同时取模 \(10^{|b|}\)，由于 \(b'\le b< 10^{|b|}\) 所以取模对左边没有影响，那么有：

\[b'=-dr \bmod 10^{|b|} \]

我们枚举 \(|n|\) 以及 \(10^{|n|}-1\) 的因数 \(k_2\)，由于这个数形式比较特殊所以因子比较少。然后我们还需要枚举一些值，枚举 \(d\) 以及 \(|b|\)，这样就可以直接算出 \(b'\)，进一步算出 \(a'\) 了。\(d\) 的范围是 \(<B\) 的，所以可以接受。接下来我们需要算出关键的 \(g\) 来求出 \(a,b\) 的值。首先先估计一下 \(g\) 的范围：

\[\begin{aligned} &10^{|b|-1}\le b'g<10^{|b|}\\ \Rightarrow&\left\lceil \dfrac{10^{|b|-1}}{b'} \right\rceil\le g<\left\lfloor \dfrac{10^{|b|}}{b'}\right\rfloor\\ \end{aligned} \]

当然这样直接枚举肯定还是炸，我们需要再缩小一下枚举量。发现 \(b=b'g=k_1d\)，于是有 \(g=k_1\times \dfrac{d}{b'}\)。令 \(d'=\gcd(d,b')\)，显然 \(g\) 是 \(d\div d'\) 的倍数，那么我们在枚举的时候保证这一点即可。

这样的话枚举量就被缩小到了一个合适的范围。接下来我们只需要还原出答案即可。然后我们需要判断一下算出来的节是否合法，主要要判断一下几个方面：

• \(a,b,n\) 是否真的在要求范围内。
• \(\gcd(a,b)\) 是否真的等于 \(g\)。
• \(\gcd(k_1,r)\) 是否等于 \(1\)，因为如果不等于的话我们就可以再分一些质因子给 \(k_2\)，不满足 \(k_1\) 最小了。
• \(|n|\) 是否真的是我们枚举的长度。

然后我们就做完了。复杂度分析比较困难，大概是 \(O(B\log B)\) 带上一个 \(200\) 倍的常数。

F CF2039F1 Shohag Loves Counting (Easy Version)

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首先需要关注到一个重要性质：最大值一定在数组两端。原因在于我们要求所有 \(f\) 值互不相同，而为了满足 \(f(n-1)\ne f(n)\) 我们就必须要让最大值放在两边。进一步的可以得出结论：我们的数组一定是一个单谷，且数字两两不同。

然后考虑 dp，我们每次往里面加入一个最小值，这样的话新的 \(f(2)\sim f(n)\) 就是原来的 \(f(1)\sim f(n-1)\)，我们只要让新的 \(f(1)\ne f(2)\) 即可，新的 \(f(1)\) 就是所有数字的 \(\gcd\)。所以设 \(dp(i,d)\) 表示当前最小值为 \(i\)，所有数字的 \(\gcd=d\) 的方案数。转移非常简单：

\[2\times dp(i,d)\to dp(j,\gcd(d,j)) \]

直接做复杂度是 \(O(m^2\sqrt m)\) 的，考虑优化。优化前我们先把刷表改为填表：

\[dp(i,d)=\sum_{j={i+1}}^m\sum_{d\mid d'} dp(j,d')[\gcd(d',i)=d] \]

先做一次后缀和优化，记 \(S(i,d)=\sum\limits_{j=i+1}^m dp(j,d)\)，则有：

\[dp(i,d)=\sum_{d\mid d'}S(i,d')[\gcd(d',i)=d] \]

然后看到后面的 \(\gcd\)，不难想到莫反，于是有：

\[\begin{aligned} dp(i,d)&=\sum_{d\mid d'}S(i,d')[\gcd(d',i)=d]\\ &=\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}S(i,d'd)[\gcd(d',\frac i d)=1]\\ &=\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}S(i,d'd)\sum_{p\mid \gcd(d',\frac i d)} \mu(p)\\ &=\sum_{p\mid \frac i d} \mu(p)\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac m{dp}\rfloor}S(i,d'dp)\\ \end{aligned} \]

这样的话再记 \(S'(i,d)=\sum S(i,dj)\)，我们的方程就可以变为：

\[dp(i,d)=\sum_{p\mid \frac{i}{d}} \mu(p) S'(i,dp) \]

这样的话我们求解的复杂度就是 \(\sum\limits_{i=1}^m \sum\limits_{j\mid i} d(j)\)，足够通过了。最后还需要注意上面我们其实还没有保证 \(f(1)\ne f(2)\)，这个是容易的，只需要在最后把 \(S(i, d)\) 减掉即可。

G CF285E Positions in Permutations

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看到题面中出现了恰好这个条件，不难联想到二项式反演。令 \(F(i)\) 表示完美数恰为 \(i\) 的排列个数，\(G(i)\) 表示钦定了完美数恰为 \(i\) 的排列个数。容斥式子是简单的，现在考虑怎样求 \(G(i)\)。

这个可以考虑 dp，设 \(dp(i,j,0/1,0/1)\) 表示当前考虑到第 \(i\) 个位置，当前完美度为 \(j\)，第 \(i\) 位和第 \(i+1\) 位是否已经有数字被填上了。转移的话暴力枚举后两维的值然后转移即可，并不困难。最后有 \(G(i)=dp(n,i,*,0)\times (n-i)!\)，代到容斥式子中求解即可。复杂度 \(O(n^2)\)。

H CF1774G Segment Covering

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对于线段问题，有一个经典套路是我们只保留相交或包含中的一种关系，这样前者可以保证左右端点均递增，后者可以构造出树形结构等。对于这道题，显然保留相交关系比较合理，那么考虑如果去掉包含关系。

此时需要用到题目中给出的式子 \(f(l,r)-g(l,r)\)，考虑讨论贡献，对于两条线段 \(s_1,s_2\)，如果 \(s_1\) 包含 \(s_2\)，那么若我们选了 \(s_1\)，则 \(s_2\) 选与不选均可，这样的话它一定会分别贡献给 \(f,g\) 同样多的方案，贡献就是 \(0\)。所以我们完全不必考虑选 \(s_1\)，把 \(s_1\) 删掉即可。如此我们保留下来的就只有相交关系了。

进一步的套用这个分析过程会发现，对于三条线段 \(s_1,s_2,s_3\)，如果满足 \(l_1<l_2<l_3<r_1<r_2<r_3\)，那么若我们选了 \(s_3\)，则 \(s_2\) 选与不选均可，同理我们可以删除 \(s_2\)。这样的话我们就不可能有一条线段被两条线段并覆盖了，也就是说线段会形成两排互不相交的线段。

现在剩下的线段就是除了抵消的贡献外多出来的贡献，那么我们只需要算出在这个区间内线段的个数即可。考虑倍增，我们令 \(nxt_i\) 表示 \(i\) 之后第一条与 \(i\) 不相交的线段，那么我们找到 \(l\) 对应的线段 \(p\)，从 \(p,p+1\) 分别开始倍增，通过跳的步数计算最后答案即可。注意如果最后两个点跳到了同一个位置，说明中间一定有地方是断开的，那么答案还是 \(0\)。

这样做的复杂度是 \(O(n\log n)\)，可以通过。

I P6624 [省选联考 2020 A 卷] 作业题

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首先看到题目中的 \(\gcd\)，想到欧拉反演：

\[\begin{aligned} ans=& \left(\sum w_{e_i} \right)\times \gcd(w_{e_i})\\ =& \left(\sum w_{e_i} \right)\times \sum_{d\mid w_{e_i}} \varphi(d)\\ =& \sum_{d=1}^{w} \varphi(d) \times \sum_{d\mid w_{e_i}} w_{e_i} \end{aligned} \]

所以我们枚举一下 \(\gcd\)，然后保留所有是 \(d\) 倍数的边，求出所有生成树边权和的和即可。这容易让我们联想到矩阵树定理，不过矩阵树定理求解的是生成树边权积之和，我们需要一些转化。最简单的想法是把边权放到指数上，构造 \(x^{w_i}\)，不过这样的话难以操作且复杂度过高。我们采用另一种方法，把边权记为 \(w_ix+1\)，这样我们只需要求出乘积的一次项系数就是边权和了。

那么这样的话我们做乘除法操作的时候就不用管二次项了，于是有如下运算规则：

• \((a+bx)(c+dx)=ac+(bc+ad)x\)。
• \(\dfrac{1}{a+bx}=\dfrac{b}{a}-\dfrac{b}{a^2} x\)。

构造出矩阵后直接高斯消元求解行列式即可，复杂度是 \(O(n^3 V)\) 的。直接跑比较紧张，我们可以用一点优化，显然只有 \(d\) 的倍数出现了至少 \(n-1\) 次时我们才需要求解，那么总的因子个数是 \(\sum \sigma_0(w_i)\)，所以我们至多跑 \(\tfrac{\sum \sigma_0(w_i)}{n-1}\) 次，复杂度应该是 \(O(n^2\sum \sigma_0(w_i))\) 的，上界是一个 \(O(n^4\sqrt V)\)，可以通过。

J P5605 小 A 与两位神仙

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题目就是让我们求一个离散对数，用 BSGS 直接求的话复杂度是 \(O(n\sqrt m)\)，显然过不了，我们需要寻找另外的办法。

发现题目中保证 \(m=p^{\alpha}\)，这让我们联想到原根，因为此时 \(m\) 是必定有原根的。有原根对应就有了指标，所以我们对 \(x^a\equiv y\pmod m\) 两边同时取指标可得 \(a\gamma(x)\equiv \gamma(y)\pmod{\varphi(m)}\)。那么这个同余方程有解当且仅当 \(\gcd(\gamma(x),\varphi(m))\mid \gamma(y)\)，它等价于 \(\gcd(\gamma(x),\varphi(m))\mid \gcd(\gamma(y),\varphi(m))\)。

接下来我们需要利用原根和阶的性质，根据阶的性质 \(\delta_m(a^k)=\dfrac{\delta_m(a)}{\gcd(\delta_m(a),k)}\) 可知：

\[\begin{aligned} \delta_m(x)=\delta_m(g^{\gamma(x)})=\frac{\delta_m(g)}{\gcd(\delta_m(g),\gamma(x))}=\frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),\gamma(x))}\\ \delta_m(y)=\delta_m(g^{\gamma(y)})=\frac{\delta_m(g)}{\gcd(\delta_m(g),\gamma(y))}=\frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),\gamma(y))} \end{aligned} \]

那么由于 \(\gcd(\gamma(x),\varphi(m))\mid \gcd(\gamma(y),\varphi(m))\)，有 \(\frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),\gamma(y))}\mid \frac{\varphi(m)}{\gcd(\varphi(m),\gamma(x))}\)，也就是 \(\delta_m(y)\mid \delta_m(x)\)。那么原方程有解就等价于这个条件，我们只需要求出这两个阶即可。

求阶的方法并不难，根据阶的性质可以知道，\(\delta_m(x)\mid \varphi(m)\)，而 \(\varphi(m)=(p-1)p^{\alpha-1}\)，所以我们用 Pollard-Rho 和 Miller-Rabin 分解质因数，然后利用试除法直接求出阶即可。

K P6610 [Code+#7] 同余方程

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首先由于 \(p\) 是若干奇素数乘积，所以我们可以把它拆开，最后用 CRT 合并即可。根据 CRT 的结论，我们求出每一个方程的解数，然后乘起来就是总的解数。那么现在我们只需要考虑 \(p\) 是奇素数的情况即可。

我们枚举 \(a\to a^2,b\to b^2\)，然后我们需要求出有多少个数的平方是我们枚举出来的结果。不难联想到利用二次剩余来表示，具体的，我们用勒让德符号可以表示出这个个数，即 \(\left(\dfrac{a}{p}\right)+1\)。那么我们就知道答案是：

\[\sum_{a+b\equiv x} \left(\left(\dfrac{a}{p}\right)+1\right)\left(\left(\dfrac{b}{p}\right)+1\right) \]

然后我们知道勒让德符号是完全积性函数，同时 \(b\equiv x-a\pmod p\)，所以展开可得：

\[\sum_{a} \left(\dfrac{a(x-a)}{p}\right)+\left(\dfrac{a}{p}\right)+ \left(\dfrac{x-a}{p}\right)+1 \]

又由于 \(p\) 之内的二次剩余和二次非剩余个数是一样的，所以 \(\sum \left(\dfrac{a}{p}\right)=0\)，于是答案就是：

\[p+\sum_{a=0}^{p-1} \left(\dfrac{ax-a^2}{p}\right) \]

接下来根据勒让德符号的性质，我们可以把 \((ax-a^2)\) 除掉一个 \(a^2\)，这样值不变，于是有：

\[p+\sum_{a=1}^{p-1} \left(\dfrac{\tfrac{x}{a}-1}{p}\right) \]

我们知道在 \(a\) 取 \([1,p-1]\) 时，\(\dfrac{1}{a}\) 取遍 \([1,p-1]\)，在 \(x\ne 0\) 时，由于 \(\gcd(x,p)=1\)，所以 \(\dfrac{x}{a}\) 也取遍 \([1,p-1]\)，那么上面的值就应该取遍 \([0,p-2]\)。所以这个值应该是 \(0- \left(\dfrac{p-1}{p}\right)=- \left(\dfrac{-1}{p}\right)\)，所以答案就是：

\[p- \left(\dfrac{-1}{p}\right) \]

当然在 \(x=0\) 时，答案就是：

\[p+(p-1) \left(\dfrac{-1}{p}\right) \]

那么这个式子是可以直接 \(O(1)\) 求出的，所以我们每个方程就可以 \(O(1)\) 求解了，最后把方案数相乘就是答案。