ZR 省选摆烂记

Day 1 - 数据结构

链表

Problem 1 - 洛谷 P10061

很精妙的链表题。

首先考虑特殊性质，旋转整个矩阵改怎么做。

显然只需要维护矩阵旋转了多少次即可。

特殊性质好做的原因正是矩阵的“结构”没有变，原来相邻的数还是相邻，即旋转后的修改可以映射到原来矩阵的修改。

因此考虑用十字链表来维护修改。具体来说，对于每个位置 $(x,y)$，我们维护周围 4 个位置的 3 个信息：

• 这个位置是在 $(x,y)$ 的上/下/左/右；
• 这个位置的值与 $(x,y)$ 的差；
• 这个位置在未经过任何修改的矩阵中的位置。

并查集

Problem 2 - CF571D

还是比较简单的，应该没有紫。

首先启发式合并，考虑一棵并查集合并组成的树。

我们显然不能在树上下放标记的，所以可以直接打上标记，查询时暴力跳即可。由于启发式合并，跳的层数不会超过 $O(\log n)$ 层。

因此，我们可以记录上一次子树清零的时间。查询时，在每个节点上二分找出没被清零位置的和，总时间复杂度为 $O(q{\log }^{2}n)$。

但实际上，我们发现每个节点的时间标记不交，所以只需要一次二分，可以做到单 $\log$。

扫描线

Problem 3 - 洛谷 P9624

首先我们考虑刻画答案。如果移动范围的 X 坐标为 $[-a,b]$，Y 坐标为 $[-c,d]$，则答案为 $a+b+c+d+min(a,b)+min(c,d)$。

首先消去后面的 $min$。枚举 $a,b$ 之间与 $c,d$ 之间的四种大小关系。如，当 $a\le b,c\le d$ 时就有原式等于 $2a+b+2c+d$，此时将第三象限内的所有坐标从 $(x,y)$ 变为 $(2x,2y)$ 即可。

接下来就变成了 $a+b+c+d$ 的 $min$。

考虑对 $a$ 从大到小扫描线，动态维护对于每个 $b$ 中的 $c+d+b$。

首先令 $a=\mathrm{\infty }$。此时在二、三象限的点不会对答案有任何影响，因此可以不管。

发现对于 $x>0$ 的 $(x,y)$，这个点会对答案产生贡献当且仅当 $b<x$，此时 $c,d$ 就要根据 $y$ 的正负 $\mathrm{chkmax}$。

但是 $\mathrm{chkmax}$ 不好维护。因为我们都是对前缀 $\mathrm{chkmax}$ 的，所以 $c,d$ 的值一定单调不增。

这时候，如果我们要将前缀对 $T$ 执行 $\mathrm{chkmax}$，则我们可以发现，前缀中的一部分不需要修改，剩下的就是区间覆盖。

因此用线段树二分找到第一个需要覆盖的位置，转化为区间覆盖即可。

接下来考虑 $a\leftarrow a-1$。不难发现坐标在 $(-a,y)$ 的位置无法覆盖，此时全局 $\mathrm{chkmax}$ 即可。

Problem 4 - CF983D

差不多懂了，但是还需要看代码理解。

讲解用的代码：https://codeforces.com/contest/983/submission/252374761

线段树合并

Problem 5 - 洛谷 P5298

直接根据 DP 方程算出 $D_i$，然后用线段树合并即可。

这里具体讲如何实现线段树合并。

首先，我们发现 DP 方程是一个用左右儿子的前缀和、后缀和组成的式子。然后，我们可以在向下递归的时候分别维护前缀和、后缀和。

Problem 6 - QOJ6322

和上面那题差不多吧。定义 $f_{x,i}$ 为 $x$ 为根的连通块中最小值为 $i$ 的方案数，然后线段树合并即可。

历史和

Problem 7 - CF1824D

首先通过前缀和将下界全部转化成 1，然后扫描线 + 历史和。

接下来可以发现可以用区间求和的线段树解决。

具体实现没怎么听懂，所以写得很简略。

Problem 8 - CF1787I

首先发现一个序列的 beauty 值就是最大可空前缀 + 最大可空子段和。

后面类似 http://cplusoj.com/d/senior/p/665?tid=6737676bfd7bfdc3a346aede，可惜没听懂。。。

分块

Problem 9 - 洛谷 P8360

首先，不能用线段树是因为不能 pushup，不要像我一样差点陷入误区。

然后：

• 对于散块，直接重构。
• 对于整块修改，用带权并查集维护答案。

具体实现等到代码写完会补充一些细节。

Problem 10 - CF1540D

不会，记得补。

长链剖分

Problem 11 - 洛谷 P5291

大概就是先用点减边容斥 + 树形 DP 表达结果，然后长链剖分优化 DP 即可。

Problem 12 - 洛谷 P5411

首先，为了统计答案，我们找到直径中点。如果 $d$ 为奇数，则中点是一条边；反之中点是一个点。

令 $f_{x,i}$ 为 $x$ 子树内离 $x$ 距离 $\le i$ 的数量；

$g_{x,i}$ 为 $x$ 子树内离 $x$ 距离 $\le i$ 到 $x$ 的距离和；

$h_{x,i}$ 为 $x$ 子树内离 $x$ 距离 $\le i$ 的点两两之间的距离和；

然后可以推出转移方程。同理可以写出在子树外的转移方程。

接下来用矩阵表示转移，用长链剖分即可。

杂题

Problem 13 - 洛谷 P11369

对操作分块，设块长为 $B$。

然后的东西比较难，有空再补。

Problem 14 - CF1693E

不会，记得补。

Problem 15 - CF1740H

性质题。首先发现每个节点的权值是 $O(\log n)$ 的。具体来说，令 $f(i)$ 为 $\mathrm{mex}$ 为 $i$ 的最小节点数，则 $f(i)=1+\sum _{j=0}^{i-1}{f}_j$。可以归纳证明 $f(i)=2^i$。

剩下的有空再补。

Problem 16 - CF1610G

看上去比较简单，但是没听懂。

Problem 17 - CF1464F

不会，记得补。

Problem 18 - 洛谷 P10611

不会，记得补。

Problem 19 - ？

貌似洛谷没有原题。

不过还是不会。

Day 2 - 图论

最短路

Problem 1 - CF1801D

核心：Dijkstra 不一定只能维护最短路。

考虑维护对于每个节点维护 $(x,y)$，表示当前表演了几次，还剩下 $y$ 元。

接下来，为了维护消息，我们需要定义 $(x,y)$ 如何比较大小。

显然，如果 $(x1,y1)$，$(x2,y2)$ 中有 $x1\le x2,y1\ge y2$，则有 $(x1,y1)\le (x2,y2)$。

但是对于其他情况我们不能直接确定大小关系。此时，因为数据范围比较小，所以我们对于每个节点维护一个 $(x,y)$ 的集合，其中任意一个 $(x,y)$ 都表示表演 $x$ 次，最小花费为 $y$。

最小生成树

Problem 2 - AT_cf17_final_j

• Boruvka 算法：每次在连通块中找到一条最小的出边。

首先令当前 $u$ 点的连通块编号为 $f_u$。

接下来我们就要找到 $u,v$ 使得 $f_u\ne f_v$，且 $w_u+w_v+di{s}_{u,v}$ 最小。

首先丢弃 $f_u\ne f_v$ 的限制。不难发现换根 DP 即可。

然后加上 $f_u\ne f_v$ 的限制。发现我们只需要维护最大、次大（最大和次大的 $f$ 不相同），就可以保证对于所有 $u$ 找到 $v$ 使得 $u,v$ 满足要求的限制。

欧拉回路

Problem 3 - QOJ 8056

首先发现题目就是在模拟 DFS。所以接下来的就很简单了。

分析一下询问次数：首先每条边会被经过两次，一次往下走一次回溯。

然后每个点还会多向自己的父亲节点询问一次，所以总询问次数肯定是 $\le 2n+m$ 的。

Problem 4 - QOJ 5434

首先分析答案上限。

定义 $f(n,i)$ 为长度为 $n$ 的 01 串中长度为 $i$ 的子串最多有多少个本质不同的字符串。

不难发现 $f(n,i)\le min(2^i,n-i+1)$，感性理解它是可以取到上界的。

因而可以得出 $f(n,i)$ 是一个上凸的函数。取 $f(n,i)$ 的顶点 $k$，而显然 $k$ 为 $O(\log n)$ 级别的。

也就是说，对于 $i\le k$ 我们有答案为 $2^i$，否则为 $n-i+1$。

而显然我们只需要满足 $f(n,k)$ 和 $f(n,k+1)$ 都取到上界即可让 $f(n,1)\sim f(n,n)$ 都取到上界 。

接下来欧拉回路建图即可。

连通性相关

Problem 5 - QOJ 5437

首先边双缩点。显然，对于一个 $n$ 个点 $m$ 条边的双连通分量，内部有 $2^n-m$ 种方法。

但是我不会容斥，所以没怎么听懂。

Problem 6 - 洛谷 P8456

考虑圆方树。

然后不会了。

Problem 7 - 洛谷 P10790

不会，记得补。

Day 2 - 网络流

老师推荐题单：洛谷 training 465429。

最大流

Problem 1 - GYM 102201 J

建图：

首先，正常跑网络流绝对会超时。

发现左边的的流量均大于右边的流量，且左边的流刚好比右边的流多 1。因此考虑将左边 $n$ 的流拆成 $n-1$ 和 $1$ 的流。

首先处理 $n-1$ 的流。如果无法全部流到汇点，则无解。

否则一定会剩下一个点到汇点 $n-1$ 的流和前面 $n-1$ 个点 $1$ 的流。此时 BFS 即可。

Problem 2 - 洛谷 P2764

首先答案等于总点数减去最多能合并的点数。

然后考虑怎样才能合并。不难发现，对于一组边 $(u,v)$，$u$ 和 $v$ 能被合并在一条路径时当且仅当 $u$ 和 $v$ 都没有被合并过。

接下来就很好做了，不再阐述。

Problem 3 - CF1630F

一个图为二分图等价于没有奇环。

而不难发现，如果有长度为 $x$ 的环则有长度为 $x-1$ 的环。因此这个图为二分图当且仅当没有三元环。因此原条件等价于不存在一个 $i$ 使得 $a_i$ 既有因数也有倍数。

接下来拆点。令 $(x,0)$ 表示存在 $y$ 使得 $a_x\mid a_y$，$(x,1)$ 表示存在 $y$ 使得 $a_y\mid a_x$。

考虑连边。对于一组 $x,y$ 满足 $a_x\mid a_y$，我们需要连除了 $(x,1)$ 与 $(y,0)$ 之外的所有 $x$ 和 $y$ 之间的边。

接下来的不会了，记得补。

最小割

最大流等于最小割。

更深刻地理解最小割（？）：

• 有 $n$ 个 01 变量和 $m$ 个限制 $(x,y,w)$，表示当 $(x,y)=(0,1)$ 时会产生 $w$ 的代价；
• $s$ 恒为 $0$，$t$ 恒为 $1$；
• 问最小代价。

上面的问题等价于最小割。

Problem 4 - AGC038F

不会，记得补。

Problem 5 - P4313

由我们前面的部分以及题目的各种细节，不难想到最小割。

因此，我们可以将题目中给出的所有数组加起来，然后减去最小无法取到的值。

对于节点 $x$ 的 art / science：

• 令 $s\to x$ 连一条流量为 art 的边，$x\to t$ 连一条流量为 science 的边；
• 由后面完整的建图，我们必定不会两条边都断掉；
• 断掉 $s\to x$ 的边表示不选文科，否则代表不选理科。

对于节点 $x$ 的 same_art / same_science：

• 找到 $x$ 的四个相邻的位置 $a,b,c,d$。
• 由前面的转化，只要 $x,a,b,c,d$ 中只有一个选了 art，则我们无法获得 same_science 的价值，选 science 同理。
• 但是直接建边肯定会算多遍 same_science。所以我们可以建一个虚点 $X$，让 $x,a,b,c,d\to X$ 连一条 $\mathrm{\infty }$ 的边，让 $X\to t$ 连一条 same_science 的边。

最后跑最小割即可。

Problem 6 - P3227

会了，不过没写。

Problem 7 - ARC176E

发现 $X_i,Y_i,A_{i,j}$ 都很小，所以考虑切糕模型。

对于一次操作后，肯定满足 $\mathrm{\forall }j,X_j\ge A_{i,j}$ 或者 $\mathrm{\forall }j,Y_j\ge A_{i,j}$。

考虑如何处理 $\mathrm{\forall }$。不难想到，只要有一个不满足条件就连一条 $+\mathrm{\infty }$ 的边即可。

接下来的有空再补。

Hall 定理

这里应该有一个解释，可是我还没补。

Problem 8 - ZROI 某题

不会，记得补。

费用流

Problem 9 - AGC034D

不会，记得补。

模拟费用流

Problem 10 - P1484

不会，记得补。

上下界网络流

Problem 11 - GYM103855I

会了，但是没补。

Day 3 - 组合记数

组合记数

Problem 1 - QOJ9611

因为直接计算式子并不好算，所以考虑原式的组合意义。

定义 $x$ 为一个长度为 $n$ 的正整数序列，则原式统计的就是满足 $x_i\le p_{j,i}$ 的 $x$ 的个数。

剩下的不会了，记得补。

Problem 2 - QOJ9561

Problem 3 - CF1988F

暴力的想法：直接 DP。

设 $d{p}_{n,x,y,z}$ 为长度为 $n$ 的排列中，$x$ 个前缀最大值，$y$ 个后缀最大值，$z$ 个上升值的方案数。

转移：考虑插入 $1$。通过分类讨论可以 $O(1)$ 转移。总时间复杂度为 $O(n^4)$。

考虑优化 DP。

发现前缀最大值出现的位置肯定不会大于最大值的位置，后缀最大值出现的位置肯定不会小于最大值出现的位置，所以我们可以把原 DP 定义中的 $x,y$ 拆开，分别 DP。

令 $f_{n,x,z}$ 为长度为 $n$ 的排列中，$x$ 个前缀最大值，$z$ 个上升值的方案数；$g_{n,y,z}$ 为长度为 $n$ 的排列中，$y$ 个后缀最大值，$z$ 个上升值的方案数。

不难得出 $f(n)=\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})\sum _{xl}\sum _{yr}\sum _{zl}\sum _{zr}{f}_{i-1,xl,zl}{a}_{xl+1}{g}_{n-i,yr,zr}{b}_{yr+1}{c}_{zl+zr+[i\ne n]}$。

接下来就是简单推式子了，不再叙述。

Problem 4 - CF1086F

首先答案本身并不好计算，而 $t$ 时刻着火的数量还是比较好计算的。记 $f(t)$ 为 $t$ 时刻着火格子的个数，则答案为 $f(t)(t+1)-\sum _{i=1}^{t}f(i)$。

发现 $f(i)$ 是矩形面积并，可以考虑容斥。

然后就不会了。。。

Problem 5 - 洛谷 P10360

不会，记得补。

Problem 6 - AGC050F

不会，记得补。

Problem 7 - P9385

不会，记得补。

Problem 8 - CF1349F1

首先发现好序列的个数是 $n!$ 个，与全排列的数量相同。因此考虑建立全排列与好序列的双射。

通过手玩之后，可以找到一种双射方式。对于一个好序列，将值为 1 的位置倒序加到排列后面，再将值为 2 的位置倒序加到排列后面，以此类推。

接下来考虑计算答案。

由我们的双射方法，可以发现一个好的序列的最大值为 $x$ 当且仅当恰好有 $k$ 位置满足 $a_k<a_{k+1}$。

剩下的就是简单 DP。令 $d{p}_{i,j}$ 为长度为 $i$ 的序列中满足 $a_k<a_{k+1}$ 的数量为 $j$ 的方案数，转移可以考虑加入 1 后的变化。

Problem 9 - jsc2022final_f

link: F - Share the Recipe

不会，记得补。

Day 4 - 数论

素数

• 定义
• 根号级别检测
• 线性筛

Miller-Rabin 素性测试

首先，由费马小定理，有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

特判 2。因此 $p$ 显然为奇数，$p-1$ 为偶数。

令 $x\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(\mathrm{mod}p)$。由于 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，所以 $x\equiv \pm 1(\mathrm{mod}p)$。

接下来钦定 $k$ 个判断的基准数 $a_1\sim a_k$，对于每个数 $a_i$ 都执行下面的操作：

你说得对，但是有空再补。

Pollard-Rho

接下来的有空再补。

逆元

• 定义略。
• 可以证明模 $p$ 意义下的所有数构成一个域，所以对于任意在 $[0,p)$ 里面的一个整数 $x$ 都有一个乘法逆元。
• 拓展欧几里得求法。
• 费马小定理求法。

离散对数

• 阶：如果 $(a,p)=1$，则定义 $a$ 关于 $p$ 的阶为最小的 $x$ 满足 $a^x\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，记作 ${\mathrm{ord}}_p(a)$。
• 显然，对于 $a$ 关于 $p$ 的阶 $x$ 满足 $x\mid \phi (p)$。
• 同时，有一个性质：${\mathrm{ord}}_p(a^k)={\displaystyle \frac{{\mathrm{ord}}_p(a)}{({\mathrm{ord}}_p(a),k)}}$。
• 证明可以考虑证明 $\text{LHS}\mid \text{RHS}$ 和 $\text{RHS}\mid \text{LHS}$。
• 原根：$a$ 为 $p$ 的原根当且仅当 $(a,p)=1$ 且 ${\mathrm{ord}}_{p}a=\phi (p)$。
• 离散对数：满足 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 的 $x$ 是 $a$ 关于 $b$ 在模 $p$ 意义下的 $x$，记作 ${\mathrm{ind}}_a(b)$。做法是 BSGS / exBSGS。

Problem 1 - ？

题面：

给定素数 $p$ 和序列 $a,b$，你需要求出 $c$。

其中 $c_n=\sum _{i\times j\equiv n(\mathrm{mod}p)}{a}_i{b}_j$。

做法：

首先，$i\times j\equiv n(\mathrm{mod}p)\iff \log (i)+\log (j)=\log (n)$。

接下来加法卷积即可。

Problem 2 - 洛谷 P6730

首先考虑建图。如果 $u,v$ 满足 $\mathrm{\exists }x$ 使得 $(a_u{)}^x\equiv a_v(\mathrm{mod}p)$，则建一条 $u\to v$ 的边。

接下来考虑计算答案。首先缩点成一个 DAG。

定义选到的点为黑点，没选到的点为白点。一个点要被选当且仅当这个点是黑点且前面没有白点。接下来就可以用期望的线性法则即可。

考虑暴力建图。同时对两边取个离散对数，可得 $x{\mathrm{ind}}_g{a}_u\equiv {\mathrm{ind}}_g{a}_v(\mathrm{mod}p)$，其中 $g$ 为模 $p$ 意义下的原根。（由于题目保证 $p=q^k\wedge q\in \mathbf{P}$，所以肯定能找到原根）

由前面阶的性质，$u\to v$ 有边当且仅当 $\frac{{\mathrm{ord}}_p(a_u)}{{\mathrm{ord}}_p(a_u,k)}={\mathrm{ord}}_p(a_v)$，即 $\frac{{\mathrm{ord}}_p(a_u)}{{\mathrm{ord}}_p(a_v)}={\mathrm{ord}}_p(a_u,k)$。而显然，RHS 可以取到 ${\mathrm{ord}}_p(a_u)$ 的任意一个因数，所以 $u\to v$ 有边的充要条件是 ${\mathrm{ord}}_p(a_v)\mid {\mathrm{ord}}_p(a_u)$。

至此，本题完成。

中国剩余定理

• CRT：考虑类似拉格朗日插值的做法即可。
• exCRT：简单 exgcd 合并答案。

Problem 3 - 洛谷 P3726

前置知识：范德蒙德卷积，exLucas，一个小定理（？）。

范德蒙德卷积：$\sum _{i+j=k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{j})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{k})$。

exLucas：略。

一个小定理（？）：对于 $n$ 为奇数，有 $\sum _{i=0}^{\frac{n-1}{2}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=\sum _{i=\frac{n+1}{2}}^n=2^{n-1}$。证明可以用二项式定理。

我们定义，当 $a<b$ 或者 $b<0$ 的时候，$(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{b})=0$；。

首先，题目相当于是让我们求 $\sum _{i=0}^a\sum _{j=0}^{j-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{j})$。

将 $b$ 序列反转（0 变成 1，1 变成 0） 之后，就变成了 $\sum _{i=0}^a\sum _{i>b-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{j})$。

接下来，不难考虑枚举 $i+j$ 的和。原式变为 $\sum _{i=b+1}^{a+b}\sum _{j+k=i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{k})$。

由前面的范德蒙德卷积，我们的式子可以转化为 $\sum _{i=b+1}^{a+b}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{i})$。

接下来考虑计算原式。

首先，我们到现在为止都没有用过 $b-a\le 10000$ 的条件。

因此考虑用上面的一个小定理。（尽管 $a+b$ 不一定是奇数，但我们仍然可以用上面定理的一部分，加上对边界条件的特殊处理）

当 $a+b$ 为偶数时，原式 $=2^{a+b-1}+\sum _{i=b+1}^{\frac{a+b}{2}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{i})$。

可以证明这个枚举范围 $\le 5000$，所以可以过。

Problem 4 - 洛谷 P3301

• 对于 $\ge a_i$ 的限制：

将将这个数减去 $(a_i-1)$，然后直接组合数。

• 对于 $\le a_i$ 的限制：

考虑容斥，然后转化成上面的情况。

Problem 5 - ？

发现每次操作会形成一个置换。于是操作二就是求置换的 $k$ 次幂。

接下来考虑操作一。发现置换由许多置换环组成。对于每个环，我们都想让它前进 $a_i$ 步。对于操作次数 $T$，需要满足 $T\equiv a_i(\mathrm{mod}le{n}_i)$。接下来 EXCRT 即可。

莫比乌斯反演

• 积性函数：$\mathrm{\forall }(a,b)=1$ 有 $f(a)f(b)=f(ab)$。
• 完全积性函数 $\mathrm{\forall }a,b$ 有 $f(a)f(b)=f(ab)$。
• 积性函数的性质：只需要定义 $f(p^k)$，就确定了 $f$，其中 $p$ 为质数。
• 数论函数的卷积（狄利克雷卷积）：
• $h=f\circ g\iff h_n=\sum _{d\mid n}{f}_d{g}_{\frac{n}{d}}$。
• 性质：$h$ 为积性函数。
• 同理可以定义 $\frac{h}{g}=f$ 当且仅当 $f\circ g=h$。求法类似容斥。
• 定义 $\mu (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ (-1{)}^k& n=\prod p_i\text{且}{p}_i\text{两两不同}\\ 0& \mathtt{\text{otherwise}}\end{array}$。
• 有一个重要性质：$\sum _{d\mid n}\mu (d)=[n=1]$。
• 同样可以用 $\phi (n)$ 反演。$\sum _{d\mid n}\phi (d)=n$，$\sum _{d\mid n}d\mu (d)=\phi (d)$。
• 莫比乌斯反演：$f=Id\circ g\iff g=\mu \circ f$。

Problem 6 - 洛谷 P2257

板子，略过。

Problem 7 - 洛谷 P3455

板子，略过。

Problem 8 - LOJ6076

首先推式子。推出来的结果是 $\sum _x\sum _y\sum _z\mu (x)\mu (y)\mu (z)\lfloor \frac{a}{\mathrm{lcm}(x,y)}\rfloor \lfloor \frac{b}{\mathrm{lcm}(x,z)}\rfloor \lfloor \frac{c}{\mathrm{lcm}(y,z)}\rfloor$。

最后发现满足 sigma 里面的式子不为 0 的方案很少，所以直接枚举不为 0 的 $(x,y,z)$ 即可。

Problem 9 - 洛谷 P3327

• 重要性质：$d(ab)=\sum _{x\mid a}\sum _{y\mid b}[(x,y)=1]$。

接下来的部分略。

Problem 10 - LOJ6539 / CF1575G

直接推式子即可。需要注意的是由于 $\mu \circ id=\phi$，所以我们还不如用欧拉函数反演。

$$\begin{array}{rl}\mathrm{原}\mathrm{式}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|a_i,d|a_j}\phi (d)\sum _{x|i,x|j}\phi (x)\\ & =\sum _d\sum _x\phi (x)\phi (d)\sum _{d|a_i,x|i}\sum _{d|a_j,x|j}1\\ & =\sum _d\sum _x\phi (x)\phi (d)f^2(x,d)\\ & \text{其中，}f(x,d)=\sum _{d|a_i,x|i}1\end{array}$$

首先，满足 $f(x,d)$ 不为 $0$ 的 $(x,d)$ 个数不会超过 $\sum _{i=1}^{n}d(a_i)d(i)$，所以这也是答案的上界。

而根据排序不等式，上面的东西不会超过 $\sum _{i=1}^n{d}^2(i)$。

Problem 11 - 洛谷 P4240

• 首先有 $\phi (ab)=\frac{\phi (a)\phi (b)gcd(a,b)}{\phi (gcd(a,b))}$。

首先不难发现必须枚举 $gcd$。

式子记得补。

$$\begin{array}{rl}\text{ans}& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{\phi (i)\phi (j)gcd(i,j)}{\phi (gcd(i,j))}\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (i)\phi (j)g_{gcd(i,j)}(g_i=\frac{i}{\phi (i)})\\ & =\sum _{i=1}^{min(n,m)}{g}_i\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^m[gcd(j,k)=i]\phi (j)\phi (k)\\ & =\sum _{i=1}^{min(n,m)}{g}_i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\phi (ij)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{m}{i}\rfloor }\phi (ik)\sum _{t|j,t|k}\mu (t)\\ & =\sum _{i=1}^{min(n,m)}{g}_i\sum _{t=1}^{min(n,m)}\mu (t)f(n,i)f(m,i)(f(i,j)=\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\phi (ij))\end{array}$$

筛

• 线性筛略过。
• 杜教筛：求积性函数的前缀和。
• 若 $f\circ g=h$ 且 $g$ 和 $h$ 的前缀和，则我们可以在 $O(n^{2/3})$ 的时间复杂度内求出 $f$ 的前缀和 $f$。
• 记得补个式子。
• Min_25 筛：
• 首先算出 $f(x)$ 中 $x$ 为质数的 $f$ 的前缀和。
• 然后的不会了，记得补。