Solution Set - 数学相关
CF645F
利用 \(\sum\limits_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})=n\)，只要对每个数 \(x\)，求出 \(cnt_x\) 表示 \(x\) 的倍数数目，然后 \(\sum\limits_{x}\varphi(x)C_{cnt_x}^k\) 就是答案。每加入一个数进行修改，\(O(\sqrt n)\) 枚举因数即可。
CF724G
考虑一个连通块。随便取一棵生成树，则每条非树边带来一个环。从 \(u\) 到 \(v\) 的某条路径的异或和就等于生成树上 \(u\) 到 \(v\) 的路径的异或和再异或某些环的异或和。所以把所有环的异或和放进线性基，假设这线性基的大小是 \(c\)。然后按位考虑，假设根到各个点路径的异或和中，第 \(i\) 位上有 \(x\) 个 \(1\)，\(y\) 个 \(0\)。如果线性基中没有数的第 \(i\) 位是 \(1\)，那么这个连通块的这一位的贡献是 \(xy2^{i+c}\)。如果线性基中有数的第 \(i\) 位是 \(1\)，则随便丢一个数和线性基中的数异或，第 \(i\) 位上一定是一半 \(0\) 一半 \(1\)，这时这一位的贡献就是 \((x+y)(x+y-1)2^{i+c-2}\)。求和即可。
CF1034C
设所有点权的和是 \(S\)。考虑最终分成的块数，假设是 \(k\)，则每一块的和都是 \(a=\frac{S}{k}\)。
可以给出唯一的一种构造：做拓扑排序，如果一个点的点权小于 \(a\) 则加到父亲，如果大于 \(a\) 则无解，如果等于 \(a\) 则不操作（相当于割掉了该点与父亲的边）。所以对固定的 \(k\)，终态要么不存在，要么唯一。
假设已经求出了 \(f_k=0/1\) 表示是否存在合法终态，则可以做DP：\(dp_{i}=f_i(\sum\limits_{d|i,d\neq i}dp_d+f_i)\) 表示最终分成 \(i\) 块的方案数（考虑到可以多次的限制）。那么问题就变成求 \(f_k\)。
用上面给出的构造求 \(f_k\) 是不直接的，换一个思路。假设一个点 \(u\) 和父亲间的边被割断了，则 \(u\) 点的子树和 \(s_u\) 一定是 \(a\) 的倍数。由于分成 \(k\) 块，所以是 \(a\) 的倍数的 \(s_u\) 应该至少有 \(k\) 个（有一个点是根，虽然它没有父亲）。另一个几乎显然的事情是至多有 \(k\) 个 \(s_u\) 是 \(a\) 的倍数。所以 $f_k=1 \Leftrightarrow $ 有 \(k\) 个 \(s_u\) 是 \(a\) 的倍数。
又有 \(a|s_u\Leftrightarrow S|ks_u \Leftrightarrow \frac{S}{\gcd(S,S_u)}|k\)，所以直接统计 \(\frac{S}{\gcd(S,S_u)}\) 所有不超过 \(n\) 的倍数就可以了。至于时间复杂度，DP是单 \(log\) 的，后面这个统计显然没什么问题。
CF1603D
显然 \(c(l,r)\ge r-l+1\)，则 \(f(n,k)\ge n\)。当 \(r\lt 2l\) 时，\(c(l,r)=r-l+1\)，所以当 \(n\lt 2^k\) 时，\(f(n,k)=n\)。这样 \(k\gt 20\) 都不用考虑。
一般情况下，\(f(n,k)\) 显然可以 DP 求：\(f(n,k)=\min_{m\le n}(f(m,k-1)+c(m+1,n))\)。我们尝试用四边形不等式把这个 DP 优化到 \(O(nk\log n)\)。
我们有
则
从而
有了这个式子，预处理 \(\varphi\) 的前缀和，可以用整除分块在 \(O(\sqrt r)\) 的时间内求出 \(c(l,r)\)，实际跑不满。同时我们可以证明 \(c\) 满足四边形不等式，这是因为
\(c(a,d)-c(b,d)=\sum\limits_{i=a}^{b-1}\sum\limits_{x=1}^{[\frac{d}{i}]}\varphi(x)\)
固定 \(a\lt b\)，这个函数显然是关于 \(d\) 单调不减的。
那么直接用分治优化即可。
CF1770F
神仙题。
首先由于对称性，我们知道 \(a_i=t\) 的满足条件的序列数与 \(i\) 无关。则 \(n\) 为偶数时答案肯定是 \(0\)。
第二个想法是考虑容斥。假设长为 \(n\)，和为 \(x\)，按位或是 \(y\) 的子集（二进制下，下同）的所有数列异或和的异或和是 \(g(y)\)，容易证明原问题的答案是所有满足 \(y'\) 是 \(y\) 的子集的 \(g(y')\) 的异或和。
问题转化为求 \(g(y)\)。按位考虑，因为已经假设了 \(n\) 是奇数，所以只用判断 \(a_1\) 的第 \(i\) 位是 \(1\) 的情况数是不是奇数。同时还要求按位或是 \(y\) 的子集。
先计算长为 \(n\)，和为 \(x\)，按位或是 \(y\) 的子集的数列数目。可以列出一个式子：\(\sum\limits_{a_1+\cdots+a_n=x}\prod\limits_{i=1}^{n}[a_i是y的子集]\)。看起来没什么意义，但是联想到 Kummer 定理的推论：\(C_{n}^{m}\) 是奇数当且仅当 \(m\) 是 \(n\) 的子集。所以上面这个式子就同余于 \(\sum\limits_{a_1+\cdots+a_n=x}\prod\limits_{i=1}^{n}C_{y}^{a_i}\)。而这个式子是范德蒙恒等式的 \(n\) 元情形，它就等于 \(C_{ny}^{x}\)。
对于 \(a_1\) 第 \(i\) 位是 \(1\) 的限制，会发现要求变成了 \(a_1-2^i\) 是 \(y-2^i\) 的子集（当然还要求 \(y\) 的第 \(i\) 位等于 \(1\)），所以上面那个组合数会变成 \(C_{ny-2^i}^{x-2^i}\)。如果它是奇数，那么对答案贡献 \(2^i\)（异或）。
综上，枚举 \(i\) 和 \(y\) 即可。这里的 \(y\) 是题目中 \(y\) 的子集。
CF1656H
重写目标，我们需要找到两个非空集合 \(A\in \{1,2,\cdots,n\},B\in\{1,2,\cdots,m\}\)，满足 \(\text{lcm}_{i\in A}a_i=\text{lcm}_{j\in B}b_j\)。
这个目标等价于（记 \(P\) 为质数集）
这个式子又可以变形为
且
两个条件分别等价于
\(\forall i\in A,\text{lcm}_{j\in B}\gcd(a_i,b_j)=a_i\)
\(\forall j\in B,\text{lcm}_{i\in A}\gcd(a_i,b_j)=b_j\)
接下来来设计算法的整体框架。初始令 \(A=\{1,2,\cdots,n\},B=\{1,2,\cdots,m\}\)。如果发现某个 \(i\in A\) 或 \(j\in B\) 使上面的条件不成立，那么就删去它，它肯定不能存在于最后的答案中（显然删掉更多不会让它可行）。删到不能再删为止，如果此时删空了一个集合就表明无解，否则留下的就是解。
\(n,m\le 1000\)，我们可以在删去一个数的时候暴力枚举另一个集合中的数，计算影响。但是 \(\text{lcm}\) 并不可减，因此可以使用一个线段树维护，删掉一个数就把对应位置改为 \(1\)，用全局 \(\text{lcm}\) 比较即可。
时间复杂度 \(O(n^2\log n\log V)\)（视 \(n,m\) 同阶），在这题 10s 的时限下不是问题。
CF986F
显然只需要考虑 \(k\) 的素因数。
如果没有，显然为 NO。
如果只有 \(1\) 个 \(p_0\)，判断 \(n\) 是否是 \(p_0\) 的倍数即可。
如果恰有 \(2\) 个 \(p_0,p_1\)，用 exgcd 判断即可。
如果至少有 \(3\) 个，则最小的一个 \(p_0\le k^{\frac{1}{3}}\le 10^5\)。考虑经典的同余最短路模型，把 \(0,1,\cdots,p_0-1\) 看作点，对每个素因数 \(p_i\)，从 \(i\) 向 \((i+p_i)\bmod p_0\) 连边，边权为 \(p_i\)。则能凑出 \(n\) 的条件是 \(dis_{n\bmod p_0}\le n\) 。
使用 dijkstra 求最短路可能超时，但其实不需要，因为模运算具有良好的性质，所以可以钦定先走边权 \(p_1\) 的边，再走边权 \(p_2\) 的边，以此类推。对于每个 \(p_i\) 会把整个图连成一个环，在环上转两圈更新最短路即可。
