Lonely Mountain Dungeons

这道题目为什么考场上没想出来。。。就是不太相信自己吧，而且有个技巧不太清楚。。哎

很明显的一点是各个种族是分开的，所以我们每个种族单独考虑就好了

假设对于一个种族，我们已经固定了分的组数为\(k\)了，那么肯定是“平均”分到每个组是最好的（这点没办法证明，但是我考场上就是想得这一点啊，要学会相信自己，比较显然吧），按照官方题解的说法，就是

然后就是计算贡献这一点，本来我是想用容斥原理的，但是需要循环，看看官方题解的计算就非常简便，我们要学会（好好想一下整个的时间复杂度）

但是如果\(k＞c\)了怎么办？此时，之后的任何一个组数都当前种族的分法都是固定的（让每个人的组别不同），所以贡献也是一样的，此时就要记住官方题解所使用的技巧了，我们用一个数组\(add[i]\)记录下来，最后求出\(add\)数组的前缀和就好了（讨论\(k>c\)的情形对降低时间复杂度非常重要）

update 2024.7.7

其实证明的话，利用反证法+微扰法就可以证明了，也比较easy

然后这一次做我还是没有想到官方题解这种计数方法，主要原因就是计数对象拘泥于每个微观的人，而官方题解是先宏观地将计数对象定为每个组，这种技巧就要记住

当然利用容斥原理卡常也可以做：对第\(i\)类人，当组数\(k\)定后，其对答案的贡献就是$$C_{c_i}^2-(k-c_i\space mod\space k)C_{\lfloor \frac{c_i}{k}\rfloor}^2-(c_i\space mod\space k)C_{\lfloor \frac{c_i}{k}\rfloor+1}^{2} = C_{c_i}^2-kC_{\lfloor \frac{c_i}{k}\rfloor}^2-(c_i\space mod\space k)\lfloor \frac{c_i}{k}\rfloor$$

将所有的\(c\)放入桶中（也就是计数相同\(c\)的个数），然后对于每个\(c\)，利用数论分块，在以\(k\)为下标的数组上利用线段树进行维护（数组的值代表对应\(k\)，所有\(c\)的贡献），然后计算即可（其实也不用这么麻烦，我们可以像题解一样，对于\(k>c\)的情况单独讨论，于是就可以直接用上面的式子\(O(1)\)计算贡献）

update 2024.8.9

重新做一遍，做出来了

update 2026.3.10
重新做一遍做出来了，但是不是官方题解那种做法。虽然我觉得官方题解的做法更加优美
我的做法经过gpt优化排版之后如下：

题意分析

有 \(n\) 个种族，第 \(i\) 个种族有 \(c_i\) 个生物。
我们要把所有选择参战的生物分到若干个小队中。题目实际上等价于：每个种族的所有生物都参战，因为把某个生物不放入军队不会带来任何好处，只会减少可能产生的贡献。

设军队一共分成 \(k\) 个小队（\(k\ge 1\)）。

对于同一种族，若两只生物分属不同小队，则会为总战力贡献 \(b\)。
但总共 \(k\) 个小队会带来额外代价 \((k-1)x\)。

因此，若固定小队总数为 \(k\)，总战力可写成

\[\text{ans}(k)=b\cdot \sum_{i=1}^n f(c_i,k)-(k-1)x \]

其中 \(f(a,k)\) 表示：一个种族有 \(a\) 只生物时，把它们分到 \(k\) 个小队中，能够产生的“分属不同小队的同种族对数”的最大值。

于是问题转化为两步：

1. 求出固定 \(a,k\) 时 \(f(a,k)\)；
2. 枚举所有可能的 \(k\)，取最大值。

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一、固定 \(k\) 时单个种族的最优贡献

考虑某个种族有 \(a\) 个生物，总小队数固定为 \(k\)。

设它在各队中的人数分别为 \(s_1,s_2,\dots,s_k\)，满足

\[s_1+s_2+\cdots+s_k=a,\qquad s_j\ge 0 \]

这个种族贡献的跨队同种族对数为

\[\sum_{1\le i<j\le k} s_i s_j \]

利用恒等式

\[\sum_{1\le i<j\le k} s_i s_j = \frac{(\sum s_i)^2-\sum s_i^2}{2} = \frac{a^2-\sum s_i^2}{2} \]

可知，在 \(a\) 固定时，要让贡献最大，就等价于让

\[\sum s_i^2 \]

最小。显然这时应当让各队人数尽量平均。

设

\[q=\left\lfloor \frac{a}{k}\right\rfloor,\qquad r=a\bmod k \]

则最优分配是：

• \(r\) 个小队放 \(q+1\) 个；
• \(k-r\) 个小队放 \(q\) 个。

于是单个种族的最大贡献为

\[f(a,k) = \binom{r}{2}(q+1)^2+\binom{k-r}{2}q^2+r(k-r)q(q+1) \]

这就是按“小队对”直接统计得到的形式。

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更简洁的等价形式

也可以从“总对数减去同队对数”来写：

这个种族总共有

\[\binom{a}{2} \]

对生物，其中同队内的对数为

\[r\binom{q+1}{2}+(k-r)\binom{q}{2} \]

因此

\[f(a,k)=\binom{a}{2}-r\binom{q+1}{2}-(k-r)\binom{q}{2} \]

这个式子通常更容易化简，也更方便后续分析。

特别地，当 \(a\le k\) 时，\(q=0,r=a\)，代入后自然有

\[f(a,k)=\binom{a}{2} \]

说明每个生物单独放一个队即可，贡献达到最大。

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二、直接枚举 \(k\) 为什么不够

若直接对每个 \(k\) 计算所有种族的贡献，复杂度约为

\[O\left(n\cdot \max c_i\right) \]

显然无法通过。

因此要进一步研究：
固定一个种族人数 \(a\)，函数 \(f(a,k)\) 随 \(k\) 如何变化？

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三、转换对象法：研究单个种族对所有 \(k\) 的贡献

关键观察是：
\(f(a,k)\) 中最重要的量是

\[q=\left\lfloor \frac{a}{k}\right\rfloor \]

而 \(\left\lfloor \frac{a}{k}\right\rfloor\) 在一段连续区间内会保持不变，可以用整除分块处理。

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1. 在一个整除分块内，\(f(a,k)\) 是一次函数

设在某一段 \(k\) 的区间内，

\[q=\left\lfloor \frac{a}{k}\right\rfloor \]

固定不变。此时

\[r=a-qk \]

把它代入上面的简洁式：

\[f(a,k)=\binom{a}{2}-r\binom{q+1}{2}-(k-r)\binom{q}{2} \]

展开化简可得

\[f(a,k)=\frac{a^2-a-2aq}{2}+\frac{q(q+1)}{2}k \]

于是，在这整个分块中，\(f(a,k)\) 关于 \(k\) 是一个一次函数。
因此在同一个分块里，\(k\) 每增加 \(1\)，贡献增加一个固定值：

\[f(a,k+1)-f(a,k)=\frac{q(q+1)}{2} \]

这正是本题能够高效求解的核心。

这里gpt是使用的式子，我是直接在脑海里面想的。也可以想出来，但是容易出错，最开始我就有一些少算或者多算的情况，重新算了多次才搞出来正确的式子

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2. 整除分块的区间个数是 \(O(\sqrt a)\)

众所周知，对于固定的 \(a\)，函数

\[\left\lfloor \frac{a}{k}\right\rfloor \]

不同取值的个数是 \(O(\sqrt a)\) 级别。
因此，单个种族只会产生 \(O(\sqrt a)\) 个分块。

这意味着我们可以不逐个计算每个 \(k\)，而是对每个分块整体处理。

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四、如何维护所有 \(k\) 的答案

设

\[S(k)=\sum_{i=1}^n f(c_i,k) \]

则总答案为

\[\text{ans}(k)=b\cdot S(k)-(k-1)x \]

因为每个 \(f(c_i,k)\) 都是分块线性的，所以 \(S(k)\) 也是分块线性的。
更进一步，我们可以维护相邻两项的差分：

\[\Delta(k)=S(k+1)-S(k) \]

对一个种族 \(a\)，若当前分块对应商 \(q\)，那么在这个分块内它对 \(\Delta(k)\) 的贡献恒为

\[\frac{q(q+1)}{2} \]

于是只要对所有种族的所有整除分块，统计出它们在对应区间内对差分数组的贡献，就可以得到所有 \(S(k)\)。

最后再计算

\[\text{ans}(k)=b\cdot S(k)-(k-1)x \]

取最大值即可。

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五、为什么只需要枚举到 \(\max c_i\)

设

\[M=\max_i c_i \]

当 \(k>M\) 时，对于任意种族 \(c_i\le M<k\)，都有 \(c_i\le k\)，因此

\[f(c_i,k)=\binom{c_i}{2} \]

已经达到饱和，不再继续增加。
而此时总惩罚 \((k-1)x\) 仍然会随着 \(k\) 变大而不减。

所以最优解一定出现在

\[1\le k\le M \]

之中，只需在这个范围内枚举。

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六、做法总结

对于每个测试用例：

先令

\[M=\max_i c_i \]

只考虑 \(1\le k\le M\)。

接着对每个种族人数 \(a=c_i\)：

1. 用整除分块枚举所有使得 \(\left\lfloor a/k\right\rfloor=q\) 不变的区间；
2. 在该区间内，这个种族对 \(f(a,k+1)-f(a,k)\) 的贡献恒为
   \[\frac{q(q+1)}{2} \]

3. 把这个常数加到对应区间的差分结构中。

所有种族处理完以后：

1. 先求出 \(S(1)\)；
2. 根据差分依次推出 \(S(2),S(3),\dots,S(M)\)；
3. 对每个 \(k\) 计算
   \[\text{ans}(k)=b\cdot S(k)-(k-1)x \]
   取最大值。

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七、复杂度分析

对于一个种族人数 \(a\)，整除分块的块数为 \(O(\sqrt a)\)。
因此所有种族总复杂度为

\[O\left(\sum_{i=1}^n \sqrt{c_i}+M\right) \]

其中 \(M=\max c_i\)。

由于题目保证所有测试用例中

\[\sum c_i\le 2\times 10^5 \]

所以这个复杂度是完全可以通过的。

空间复杂度为

\[O(M) \]

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八、结论

本题的关键在于：

1. 固定小队数 \(k\) 时，单个种族的最优分配一定是尽量平均分配到各队；
2. 单个种族的贡献 \(f(a,k)\) 对于 \(k\) 来说不是乱变的，而是在每个整除分块内是一次函数；
3. 因此可以通过维护相邻 \(k\) 的差分，在线性扫描 \(k\) 的同时求出所有答案。

这就把一个看似二维的优化问题，转化成了“对每个种族做整除分块、对总答案做差分扫描”的经典做法。