摘要：
传送门 据说这题做法叫做可持久化trie树？（然而我并不会） 首先考虑一下贪心，从高位到低位枚举，如果能选1肯定比选0优 假设已经处理到了$b$的第$i$位，为1（为0的话同理就不说了） 那么只有当$a_j+x$的第$i$位为0时才能让答案的第$i$位为$1$ 考虑把$x$的影响去掉。如果当前的答案 阅读全文
摘要：
传送门 yyb大佬太强啦…… 感觉还是有一点地方没有搞懂orz 阅读全文
摘要：
传送门 不会，先坑着 https://kelin.blog.luogu.org/solution-p1587 阅读全文
摘要：
传送门 设$res=\sum_{i=1}^nphi[i]$ 那么答案就是$res*2+1$ 阅读全文
摘要：
传送门 求第$k$个没有完全平方数因数的数 一开始是想筛一波莫比乌斯函数，然后发现时间复杂度要炸 于是老老实实看了题解 一个数的排名$k=x-\sum_{i=1}^{x}{(1-|\mu(i)|)}$ 因为$k$是不降的，所以我们可以考虑二分 那么如何计算区间$[1,x]$的无完全平方数因数的数的个 阅读全文
摘要：
传送门 首先，进行如下处理 如果$L$是$K$的倍数，那么让它变成$\frac{L}{K}$，否则变成$\frac{L}{K}+1$ 把$H$变成$\frac{H}{K}$ 那么，现在的问题就变成了在$[L,H]$范围内选$n$个数并令他们的$gcd$为$1$的方案数 然后令$f[i]$表示选出的数 阅读全文
摘要：
传送门 不会…… 两篇加在一起都看不懂…… https://www.cnblogs.com/cellular-automaton/p/8241128.html https://www.luogu.org/blog/cjyyb/solution-p3768 阅读全文
摘要：
传送门 式子好麻烦orz……大佬好腻害orz->这里 阅读全文
摘要：
传送门 我们考虑容斥，设$ans(a,b)=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b[gcd(a,b)==k]$，这个东西可以和这一题一样去算洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries 然后只要在这上面加个容斥就好了，答案就是$ans(b,d)-ans(b,c-1)-ans(a 阅读全文
摘要：
传送门 公式太长了……我就直接抄一下这位大佬好了……实在懒得打了 首先据说$d(ij)$有个性质$$d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]$$ 我们所求的答案为$$ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij)$$ $$ans=\su 阅读全文