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AtCoder Regular Contest 182 题解

A - Chmax Rush!

发现一个数能向哪边覆盖只由再他之后操作且 $v$ 比他大的操作决定。
所以扫一遍确定方向之后乘起来就好。

B - |{floor(A_i/2^k)}|

首先不难发现 $< 2_{k - 1}$ 的元素是无用的，因为它们会由 $\ge 2^{k - 1}$ 的元素除以 2 的幂得到。

先想上界。对于 $0 \le x < k$，处于 $[2^x, 2^{x + 1})$ 的元素至多有 $\min(n, 2^x)$ 个，所以上界就是 $\sum_{0 \le x < k} \min(n, 2^x)$。

再想怎么达到上界。可以简单地构造 $a_i = 2^{k - 1} + \operatorname{rev}(i)$，其中 $\operatorname{rev}(i)$ 表示 $i$ 在二进制下表示下数位翻转后的数。

C - Sum of Number of Divisors of Product

先考虑确定序列 $a_{i, \cdots, n}$ 后如何算贡献：

\[ans = \prod_{p \in \mathbb{prime}} \left(1 + \sum_{i = 1}^n cnt_{a_i, p}\right) \]

其中 $cnt_{x, p}$ 表示 $p$ 这个质因子在 $x$ 中的出现次数。

考虑式子的组合意义，就是每个质因子都有 $n$ 个物品，第 $i$ 个的价值为 $cnt_{a_i, p}$，每个质因子至多选一个物品，求所有选择方案的物品价值乘积之和。

然后对着组合意义写 DP 式子：记 $f_{i, S}$ 表示考虑了前 $i$ 个位置，$S$ 中的质因子已经选过的价值乘积之和。
转移为：

\[f_{i, S} \times \sum_{j = 1}^m val_{j, T} \rightarrow f_{i + 1, S \cup T} \]

其中 $val_{j, T}$ 表示填 $j$ 时考虑 $T$ 中的质因子的贡献。

发现可以写成矩阵乘法的形式，所以时间复杂度 $O\left(8^{\pi(m)} \log n\right)$。

取模很烦人，考虑先把取模干掉。
然后对于相邻两项的限制就变成了 $a_i \neq a_{i + 1} \and \lvert a_i - a_{i + 1} \rvert < m$。
如果我们把序列调整成不降的，那么确定了首项就能确定整个序列。
可以将 $A$ 调整成满足条件的不降的序列。
如果我们将 $B$ 类似地调整成 $B'$，问题就变成了确定 $B'_1$ 使得 $\sum_{i = 1}^n \lvert B'_i - A_i \rvert $ 最小。
如果记 $B'_1 = B_1$ 的 $B'$ 序列为 $C$，则 $B'_i$ 都可以表示成 $B'_i = C_i + k \times m$ 的形式，那么我们就是让 $\sum_{i = 1}^n \lvert C_i - A_i + k \times m \rvert$ 最小。
如果不强制是 $k \times m$ 的话就是取中位数，否则就中位数附近的几个 $m$ 的倍数算一下即可。

E - Sum of Min of Mod of Linear

不会万欧 /ng

F - Graph of Mod of Linear

基本上是翻译了一下官方题解，加入了一些自己的思考。

对每组询问分别考虑。

如果把边视为有向边，则生成的图是一棵内向基环树，连通块数与环的数量是相等的。
首先特判掉 $A = 1$ 和 $A = 0$ 的情况。$A = 0$ 时答案为 $1$，因为连成了一个菊花；$A = 1$ 时答案为 $\gcd(N, B)$，因为连成了 $\gcd(N, B)$ 个环。
发现如果 $A \perp N$，则 $Ax + B$ 互不相等，连成的是若干个环，所以考虑按 $A$ 与 $N$ 是否互质分类讨论。

Case1: $\gcd(A, N) > 1$

我们想知道的是环上的点有哪些。考虑如果每个点都沿着出边跳 $N$ 步，最后一定跳到环上且环上的点都会被跳到。
所以记 $f^{N}(x)$ 表示从点 $x$ 跳 $N$ 步到达的点，则：

\[\begin{aligned} f^{N}(x) & \equiv A(\cdots(A(Ax + B) + B) + \cdots) + B \\ & \equiv A^N x + \sum_{i = 0}^{N - 1} B A^{i} \equiv A^N x + B \frac{A^N - 1}{A - 1} \pmod N \end{aligned}\]

记 $d = \gcd(N, A^N)$，发现 $f^N(x + 1) - f^N(x) \equiv A^N \equiv 0 \pmod d$。
这就是在说，对于所有在环上的点，它们都是与 $f^N(0) = B\frac{A^N - 1}{A - 1}$ 模 $d$ 同余的。
所以考虑把这些点单独拉出来，转化到 $\gcd(A, N) = 1$ 的情况。
考虑对于环上的一个点 $u = dk_1 + f^N(0)$ 和它连向的点 $v = dk_2 + f^N(0)$，有：

\[\begin{aligned} dk_2 + f^N(0) &\equiv A(dk_1 + f^N(0)) + B \\ dk_2 &\equiv Adk_1 + (A - 1)f^N(0) + B \\ dk_2 &\equiv Adk_1 + B A^N \pmod N \end{aligned}\]

两侧同时除以 $d$，可得：

\[\begin{aligned} k_2 &\equiv Ak_1 + B \frac{A^n}{d} \quad \left(\bmod{\frac{N}{d}} \right) \end{aligned}\]

问题就从 $(N, A, B)$ 转化为了 $(\frac{N}{d}, A \bmod \frac{N}{d}, B \cdot \frac{A^n}{d} \bmod{\frac{N}{d}})$。

Case2: $\gcd(A, N) = 1$

连通块数与环的数量相等，考虑怎么数环的数量。
可以将每个点的权值设为它所在环的长度的倒数，这样对于一个环长为 $k$ 的环，它的贡献为 $k \cdot \frac{1}{k} = 1$，求和即为环的数量。

对于点 $x$，如果它在 $K$ 步后回到 $x$，那么有：

\[\begin{aligned} A^K x + B \frac{A^K - 1}{A - 1} & \equiv x \pmod N \\ \left(A^K - 1 \right) \left( x + \frac{B}{A - 1} \right) & \equiv 0 \pmod N \\ \end{aligned}\]

两边同时除以 $\gcd\left(x + \dfrac{B}{A - 1}, N \right) = \dfrac{\gcd\big(x(A - 1) +B, N(A - 1)\big)}{A - 1}$，得：

\[\begin{aligned} A^K \equiv 1 \quad \left( \bmod \frac{N(A - 1)}{\gcd\big(x(A - 1) +B, N(A - 1)\big)} \right) \end{aligned}\]

化简一下。记 $G = \gcd(A - 1, B)$，则 $A' = \frac{A - 1}{G}$，$B' = \frac{B}{G}$，可得到：

\[A^K \equiv 1 \quad \left( \bmod \frac{N A'}{\gcd(xA' + B', NA')} \right) \]

此时有 $xA' + B \perp A'$，所以模数分母上的 $\gcd$ 中不含 $A'$ 的因子，可以全部除掉。
所以记 $N' = \dfrac{N}{\gcd(A'^N, N)}$，可得：

\[A^K \equiv 1 \quad \left( \bmod \frac{N A'}{\gcd(xA' + B', N')} \right) \]

记 $y = xA' + B' \bmod N'$，由于 $A' \perp N'$，所以对于 $x \in [0, N') \cap \mathbb Z$，$y$ 互不相同且取遍 $[0, N') \cap \mathbb Z$，那么对于 $x \in [0, N) \cap \mathbb Z$，每个不同的 $y$ 都恰好取到过 $\frac{N}{N'}$ 次。
记 $C_y$ 表示满足 $y = xA' + B' \bmod N'$ 的点 $x$ 的环长，也即最小的 $k$ 满足：

\[A^K \equiv 1 \quad \left( \bmod \dfrac{N A'}{\gcd(y, N')} \right) \]

那么有：

\[ans = \frac{N}{N'} \sum_{y = 0}^{N' - 1} \frac{1}{C_y} \]

发现对于 $\gcd(y, N')$ 相同的 $y$ 有相同的 $C_y$，所以考虑将枚举 $y$ 改为枚举 $\gcd(y, N')$。
记 $n = \gcd(y, N')$，则对应的 $y$ 有 $\varphi\left(\dfrac{N'}{n}\right)$ 个，因为除掉 $n$ 之后要互质。
更改 $C_n$ 的定义为满足 $y = xA' + B' \bmod N', \gcd(y, N') = n$ 的点 $x$ 的环长，那么答案的式子可以改写为：

\[ans = \frac{N}{N'} \sum_{n \mid N'} \frac{1}{C_n} \varphi\left(\dfrac{N'}{n_1}\right) \]

现在的问题是计算 $C_n$。
有以下性质：

$C_1$ 为 $\varphi(NA')$ 的因数。
对于 $n_1 \mid N'$，$n_2 \mid N'$，如果 $n_1 \mid n_2$，那么 $C_{n_2} \mid C_{n_1}$。

第一个性质是欧拉定理，第二个性质是考虑：

\[\begin{aligned} A^{C_{n_1}} \equiv 1 \quad \left( \bmod \frac{N'A}{n_1} \right) \\ A^{C_{n_2}} \equiv 1 \quad \left( \bmod \frac{N'A}{n_2} \right) \end{aligned}\]

因为 $n_1 \mod n_2$，那么 $\frac{N'A}{n_2} \mid \frac{N'A}{n_1}$，所以：

\[A^{C_{n_1}} \equiv 1 \quad \left( \bmod \frac{N'A}{n_2} \right) \]

所以 $C_{n_2} \mid C_{n_1}$。

有了这两个性质就可以通过记搜把 $C_n$ 搜出来。
具体来讲：搜索时记录二元组 $(n, C)$ 表示当前的 $n$ 和上一次的 $C$，枚举 $\varphi(NA')$ 的质因子，不断尝试将他们除掉，可以用快速幂判定，算出当前的 $C$ 后枚举 $N'$ 的质因子 $p$，递归到 $(n \cdot p, C)$。

时间复杂度不怎么会算，感觉大概是什么 $O\big(q \omega(V) d(n)\big)$，其中 $V = 10^{12}$，$d(n)$ 表示 $n$ 的因子个数，$\omega(n)$ 表示 $n$ 的质因子个数。

代码

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