2015 Changchun Regional

弱没机会去长春，但拿了题来做了，加上请教各路大牛，理论AC了一发，但没实现~（感谢各路有形无形的大牛的指导）

 

A题~Too Rich

给你1，5，10，20，50，100，200，500，1000，2000这几个数的个数，用最多的数组成和为p。

解：一眼看上去像个贪心题，其实，如果没有20，50，200，500这样怪的数，确实只是一个
简单的贪心题。转换一下题目，求p用最多的数组成，设S是所有数的和，即要求s-p用最少的
数组成。对于60，如果贪心的话，对20，20，20，50而言，很明显会造成无解，那么，怎么
办呢？题目的关键在于20，50，200，500这样的数的转化。
我们发现，如果50，500或者20，200不存在了，这个题也是一个贪心题，那么，是否可以把
它们其中一个消去呢？
假设把50，500消去，即变成50*2=100，500*2=1000，那么，可选的数中就不再存在
50，500了。
注意一种情况是~假设题目中可能会存在一种情况是，至少选了一个50或500后会使得情况更
优，那么，我们枚举这4种情况，分别是00，01，10，11 。于是，题目按照一般贪心可解。

　　

B题~Count a * b

定义f(m)为a×bmodm≠0的(a,b)对数，其中0≤a<m,0≤b<m。T(T≤20000)次询问∑d∣nf(d)mod264,1≤n≤109。

解：一种很自然的想法是必须先求解f(m)，那么f(m)=m^2-（a,b）中使a*b mod m=0的对
数。定义（a,b）中使a*b mod m=0的对数为h(m)。分析一下，怎么样才能使得
a*b mod m=0呢？设a=ix，b=jy，如果i*j=m的话，那么a*b%m=0，而且gcd(x,j)=1，这是为了避免产生重复计数，有phi(j)。
h(m)=sigma( d*phi(d) )。
发现h(m)其实是一个积性函数，h(pq)=h(p)h(q)，
f(m)=m*m-h(m)，那么，我们计算所有的m*m的和减去所有h(m)的和即可，那么，怎么才能快速计算所有m*m的和呢？
枚举m乘积所有的素数，可能根据以下式子
(p1^0*2+p1^1*2+p1^2*2+p1*3*2....)*(p2^0*2+p2^1*2+p2^2*2.....)*(.....),
由于h(m)是积性函数，同理可有上面的式子。

　　

E题~Rebuild

解：这道题只要确定第一个圆的半径，就可以确定其他圆的半径了。需要分奇偶情况讨论吧，据现场的人说有坑，但弱没机会提交~~

　　

F~Almost Sorted Array

解：这道题应该不难，因为只允许去掉其中一个数，我的方法是分两种情况，一种是升序，一种降序，如升序，求它的最长不降子序列>=n-1即可，比较的时候因为只去掉一个数，只需和前两个数比较应该就可以了。

　　

G~Dancing Stars on Me

解：一开始也是往凸包想，但后来请教别人才知道，原来可能组成正n边形的只能是n=4的时候，因为坐标都是整数，只能有这一种情况。

　　

H~partial tree

 

这题不懂。看一大牛的博客是用到prufer序列。
http://kuribohg.github.io/2015/10/20/changchun-2015-solution/

由Prufer序列可以知道任何一个长度为n−2的序列，其中每个数都不大于n，都可以代表一个合法的树。
考虑一个Prufer序列，可以把它排序，每次在后面添加一个数。
考虑正在添加第i个数，添加的数可以跟前一个数相同，这种情况下假如前面已经有k个数与这个新加的数相同，权值增加f(k+2)−f(k+1)。
否则可以自己新开一段，这种情况权值最大值就是前i−1个形成的权值最大值再加上f(2)−f(1)。
那么就可以DP了，dpi,j表示i个数，序列最后有j个数是相同的，初值dp0,0=n×f(1)，转移方程通过上面的分析很容易得到。


以上是这位大牛的想法。因为prufer序列最后是n-2个点，所以会剩下一条边。所以，假如前面已经有k个数与这个新加的数相同，权值增加f(k+2)−f(k+1)，我开始时以为是f(k+1)-f(k)

　　

J~ Chip Factory

首先si不大，因为涉及到异或的操作，这时，我们可以把所有的si都看成是32位的二进制数。

这样，可以根所二进制数建立一棵trie树。

我们枚举si,sj，把它别从trie树中删除，之后再在trie中枚举sk，这时，求出si+sj，枚举当前位，如果是0，则应当往trie中是1的一方走，如果1不存再往0的走。如果当前位是1同样处理。再把si,sj插入回到trie树中。

这样求出最大值。