2025.2 暑假专题记录

2025.2 暑假专题记录

主要记录下暑假专题的作业题做法

树型 DP

P.S. 以下常用 $u$ 表示当前节点，$v$ 表示 $u$ 的儿子

P3047

朴素思路是以每个点为根分别统计其答案，时间复杂度 $O(n^2)$，无法接受；这启示我们利用其他点的信息，即换根

设 $g_{i,j}$ 表示 $i$ 子树内与其距离为 $j$ 的点的权值和，显然有转移 $g_{u,j}=\sum g_{v,j-1}$，我们可以通过一次 dfs 求出 $g$ 数组

设 $f_{i,j}$ 为与点 $i$ 距离为 $j$ 的点的权值和，与点 $v$ 距离为 $j$ 的点包含两部分：

• 点 $v$ 子树内与其距离为 $j$ 的点，即 $g_{v,j}$
• 点 $v$ 子树外与其距离为 $j$ 的点，换句话说是点 $u$ 子树外与其距离为 $j-1$ 的点；"子树外"的限制不好处理，可以将其变为 $f_{u,j-1}$ 挖去 $v$ 子树对其造成的贡献，即 $f_{u,j-1}-g_{v,j-2}$

综上，转移为 $f_{v,j}\leftarrow g_{v,j}+f_{u,j-1}-g_{v,j-2}$

初始值为 $f_{i,0}=g_{i,0}=w_i$，点 $i$ 的答案为 $\sum _{j=0}^k{f}_{i,j}$

考虑类似扫描线的思想，当 $i$ 逐渐增大，村庄 $j(j\le i)$ 会在某一时刻需要赔偿，影响范围是一段区间

因此考虑线段树优化 dp；预处理出 $s{t}_i,e{d}_i$ 表示 $i$ 左边 / 右边最近不能覆盖到村庄 $i$ 的位置，当 $i\ge e{d}_j$ 时，若从 $[1,s{t}_j]$ 转移则需要对 $j$ 进行赔偿，此时对 $[1,s{t}_j]$ 进行一次区间加即可；求 $f_i$ 即为对 $[1-i-1]$ 做一次区间查询

P2279

以下为方便表述，设 $u$ 为当前节点，$u_1$ 为 $u$ 的父亲，$u_2$ 为 $u$ 的父亲的父亲，$v_1$ 为 $u$ 的儿子，$v_2$ 为 $u$ 的儿子的儿子

设 $f_{i,j}$ 表示使用 $i$ 子树中的点，至少覆盖点 $i$ 子树内以及 $i$ 祖先节点到第 $j$ 层所需的最少代价

由于消防局最大覆盖距离为 $2$，因次 $|j|$ 最大为 $2$；为了不漏掉用一个点的祖先覆盖该点的情况，$j$ 应可以为负；具体的：

• $f_{u,2}$ 表示至少覆盖到 $u_2$ 这层
• $f_{u,1}$ 表示至少覆盖到 $u_1$ 这层
• $f_{u,0}$ 表示至少覆盖到 $u$ 这层
• $f_{u,-1}$ 表示至少覆盖到 $v_1$ 这层
• $f_{u,-2}$ 表示至少覆盖到 $v_2$ 这层

注意状态定义有包含关系，有 $f_{i,-2}\le f_{i,-1}\le f_{i,0}\le f_{i,1}\le f_{i,2}$

对于 $f_{u,2}$，我们必然要在点 $u$ 设立消防局，已经能覆盖到 $v_2$ 这层；因此对于 $v_1$，至少覆盖到 $v_1$ 儿子的儿子这层即可，转移为 $f_{u,2}\leftarrow \sum f_{v_1,-2}$

对于 $f_{u,1}$，在 $u$ 设立消防局的情况我们在 $f_{u,2}$ 已经考虑过，因此先令 $f_{u,1}\leftarrow min(f_{u,1},f_{u,0})$；现在只考虑在 $v_1$ 设立消防局，我们钦定在 $v_{1,x}$ 放，则对于其他 $v_1$ 只需至少覆盖到 $v_1$ 儿子这层，转移为 $f_{u,1}\leftarrow min(f_{v_{1,x},2}+\sum _{v_1\ne v_{1,x}}{f}_{v_1,-1})$

对于 $f_{u,0}$，同理先令 $f_{u,0}\leftarrow min(f_{u,0},f_{u,1},f_{u,2})$；与 $f_{u,1}$ 类似，我们钦定在 $v_{1,x}$ 的子树中放消防局往上覆盖到 $u$ 这层，代价即为 $f_{v_{1,x},1}$，其他 $v_1$ 只需至少覆盖到它自己这层，转移为 $f_{u,0}\leftarrow min(f_{v_{1,x},1}+\sum _{v_1\ne v_{1,x}}{f}_{v_1,0})$

对于 $f_{u,-1}$，先令 $f_{u,-1}\leftarrow min(f_{u,-1},f_{u,0},f_{u,1},f_{u,2})$；此时 $v_{1,x}$ 子树中的消防局对其他 $v_1$ 没有影响，所有儿子没有区别，只需覆盖到自己这层，转移为 $f_{u,-1}\leftarrow \sum f_{v_1,0}$

对于 $f_{u,-2}$，先令 $f_{u,-2}\leftarrow min(f_{u,-2},f_{u,-1},f_{u,0},f_{u,1},f_{u,2})$；与 $f_{u,-1}$ 类似，$v_1$ 只需覆盖到它的儿子这层，转移为 $f_{u,-2}\leftarrow \sum f_{v_1,-1}$

对于叶子，初始值为 $f_{u,4}=f_{u,3}=f_{u,2}=1$，非叶子则为 $f_{u,4}=1$；答案为 $f_{root,0}$

ABC160F

本质上这个问题是树上拓扑序计数

注意到只要对于点 $i$ 子树内任一点 $j$，都有 $j$ 子树内 $j$ 最先填 (递归满足即可)，这样的填数方案就是合法的

记点 $i$ 的子树大小为 $si{z}_i$，则对于点 $i$ 子树内的所有填数方案，只有 $\frac{1}{si{z}_i}$ 是合法的，因为我们需要保证 $i$ 最先填；那么总合法方案数为 $\frac{n!}{\prod si{z}_i}$

那么问题转化为需要快速求出以每个点为根时的 $\prod si{z}_i$，考虑换根

记 $f_i$ 为以 $i$ 为根时 $\prod si{z}_i$ 的值；从以 $u$ 为根变为以 $v$ 为根时，$si{z}_u^{\prime }\leftarrow n-si{z}_v$，$si{z}_v^{\prime }\leftarrow n$，因此有转移 $f_v\leftarrow f_u\times \frac{n-si{z}_v}{n}\times \frac{n}{si{z}_v}=f_u\times \frac{n-si{z}_v}{si{z}_v}$

P4516

考虑如何设计 dp 状态；显然需要一维 $i$ 表示点编号，背包维 $j$ 表示用了多少监听设备；直接做没法转移，考虑增加两维 $0/1$, $0/1$ 表示是否在点 $i$ 上放监听设备、点 $i$ 是否被监听

综上，考虑设 $f_{i,j,0/1,0/1}$ 表示以 $i$ 为根的子树中放了 $j$ 个监听设备，点 $i$ 上是否放了监听设备，点 $i$ 是否被监听的方法数

这是一个树上背包，我们按照 $f_{u,i+j,\cdots }\leftarrow f_{u,i,\cdots },f_{v,j,\cdots }$ 的方式转移

考虑分类讨论转移策略：

• 对于 $f_{u,i+j,0,0}$，$u$ 自己没放也没被监听，儿子上不能放，且必须已经被监听 (因为从 $u$ 监听的路已经断了)；因此转移为 $f_{u,i+j,0,0}\leftarrow \sum (f_{u,i,0,0}\times f_{v,j,0,1})$
• 对于 $f_{u,i+j,1,0}$，$u$ 自己放但没被监听，儿子上不能放，且是否已被监听都行；转移为 $f_{u,i+j,1,0}\leftarrow \sum (f_{u,i,1,0}\times f_{v,j,0,0/1})$
• 对于 $f_{u,i+j,0,1}$, $u$ 自己没放但被监听，对之前 $u$ 是否已被监听分类讨论：
  • 若之前未被监听且 $v$ 处放完后被监听，则 $v$ 处必然又放又被监听 (因为无法从 $u$ 监听)，转移为 $f_{u,i+j,0,1}\leftarrow \sum (f_{u,i,0,0}\times f_{v,j,1,1})$
  • 若之前已被监听，则 $v$ 处必然被监听，放不放无所谓，转移为 $f_{u,i+j,0,1}\leftarrow \sum (f_{u,i,0,1}\times f_{v,j,0/1,1})$
• 对于 $f_{u,i+j,1,1}$，$u$ 自己放也被监听，同样分类讨论：
  • 若之前未被监听且 $v$ 处放完后被监听，则 $v$ 处必然放，是否已经被监听无所谓，转移为 $f_{u,i+j,1,1}\leftarrow \sum (f_{u,i,1,0}\times f_{v,j,1,0/1})$
  • 若之前已被监听，则 $v$ 处状态随意，转移为 $f_{u,i+j,1,1}\leftarrow \sum (f_{u,i,1,1}\times f_{v,j,0/1,0/1})$

初始值为点 $u$ 自己放或不放，即 $f_{u,0,0,0}=f_{u,1,1,0}=1$；最终只需要 $root$ 被监听，答案为 $f_{root,k,0,1}\times f_{root,k,1,1}$

实现时注意对每个 $v$，在转移到 $u$ 前先缓存一份 $u$ 的当前答案防止转移混乱；加上 $siz$ 的优化后时间复杂度是 $O(nk)$ 的

P4284

由于每个点贡献都是 $1$，期望和实际上就是概率和

与第一道题有点像，考虑换根，第一次处理子树内贡献，第二次处理子树外贡献

不妨直接根据题意设 $f_i$ 表示点 $i$ 通电的概率

先考虑子树内；那么点 $u$ 通电有两种可能：

• 点 $u$ 自己开始就通电
• 点 $u$ 的某个儿子 $v$ 通电，顺着 $(u,v)$ 转移过来

注意若事件 A 发生的概率为 $P(A)$，事件 B 发生的概率为 $P(B)$，则两者至少发生一个的概率为 $P(A)\times (1-P(B))+P(B)\times (1-P(A))+P(A)\times P(B)=P(A)+P(B)-P(A)\times P(B)$

因此不妨初始设 $f_u\leftarrow q_u$；则转移为 $f_u\leftarrow f_u+f_v\times p(u,v)-f_u\times f_v\times p(u,v)$

再考虑子树外；一种显然的想法是直接用第一次求出的 $f_u$ 反回来更新 $f_v$，但这是不正确的，因为这里的 $f_u$ 包含 $f_v$ 对其的贡献，相当于 $f_v$ 自己转移到自己，显然是错的；因此我们考虑挖掉 $f_v$ 对 $f_u$ 造成的贡献，再转移回 $f_v$

不妨认为第一次求出的 $f_u$ 最后一个从 $f_v$ 转移 (换句话说，$v$ 是 $u$ 的最后一个儿子)，记转移前 $f_u=f_{u_{pre}}$，转移后 $f_u=f_{u_{last}}$，易知 $f_{u_{last}}=f_{u_{pre}}+f_v\times p(u,v)-f_{u_{pre}}\times f_v\times p(u,v)$，可以反解出 $f_{u_{pre}}=\frac{f_{u_{last}}-f_v\times p(u,v)}{1-f_v\times p(u,v)}$ (P.S. 注意特判 $f_v\times p(u,v)=1$)；我们用 $f_{u_{pre}}$ 按照第一次的方式更新 $f_v$ 即可

答案为 $\sum f_i$

P9745

对于与异或有关的题，常见的想法是拆位；本题涉及断边操作，考虑将与当前点直接相连 / 非直接相连的连通块价值刻画进状态内

设 $f_i$ 为点 $i$ 子树内的答案，$g_{i,j,k}$ 为以 $i$ 为根的子树内断掉若干边，与 $i$ 相连的连通块价值在二进制下第 $j$ 为 $k$ 时，不与 $i$ 相连的所有连通块的价值乘积和

我们有 $f_u=\sum _{i=0}^{63}(2^i\times g_{u,i,1})$ (对于 $g_{u,i,0}$，其已经在 $u$ 子树内某点为根时统计过)

考虑如何转移；对于 $u$ 与儿子 $v$，分类讨论 $g_{u,i,0/1}$ 的来源：

• 对于 $g_{u,i,0}$：

  • 不断 $(u,v)$，可以由自己的 $0$ 异或上儿子的 $0$，或由自己的 $1$ 异或上儿子的 $1$ 得来
  • 断 $(u,v)$，只能由自己的 $0$ 得来

  综上，$g_{u,i,0}\leftarrow g_{u,i,0}\times (g_{v,i,0}+f_v)+g_{u,i,1}\times g_{v,i,1}$

• 对于 $g_{u,i,1}$：

  • 不断 $(u,v)$，可以由自己的 $0$ 异或上儿子的 $1$，或由自己的 $1$ 异或上儿子的 $0$ 得来
  • 断 $(u,v)$，只能由自己的 $1$ 得来

  综上，$g_{u,i,1}\leftarrow g_{u,i,0}\times g_{v,i,1}+g_{u,i,1}\times (g_{v,i,0}+f_v)$

初始值为若 $a_u$ 第 $i$ 位为 $1$ 则 $g_{u,i,1}=1$，反之 $g_{u,i,0}=1$；答案为 $f_{root}$

P3523

咕咕咕。感觉没太理解。

CF1394D

首先，对于边 $(u,v)$，若 $b_u\ne b_v$ 则这条边的方向确定

题目转化为给未定向的边定向，使得总权值和最小

从整体上不太好刻画，我们考虑拆贡献；对于点 $u$，记其入度为 $i{n}_u$，出度为 $ou{t}_u$，一条经过它的链要么对 $i{n}_u$ 贡献 $1$，要么对 $ou{t}_u$ 贡献 $1$ (因为 $u$ 可能是链头或链尾)；因此点 $u$ 的贡献为 $max(i{n}_u,ou{t}_u)\times a_u$

考虑调整法；我们在一开始先强行令未定向边都从儿子指向父亲，再逐个调整

设 $f_{u,0/1}$ 表示强制 $u\to f{a}_u$ / 强制 $u\leftarrow f{a}_u$ 时 $u$ 子树内的答案

注意到对于 $v$，我们必然贪心地选 $f_{v,1}-f_{v,0}$ 最小的进行更改，直接模拟，边改边更新即可

P8867

显然对于一个边双，爱咋建咋建，肯定合法；这启示我们先缩边双，将原图转化为一棵树

设 $f_{i,0/1}$ 表示点 $i$ 子树内放不放军营的方案数；不过对于点 $u$，点 $v$ 的军营是否已经合法，是否需要连到 $u$，好像都不太清楚，没法转移

因此我们更新状态，设 $f_{i,0/1}$ 表示点 $i$ 子树内放不放军营，且若放则必须连到 $i$ 的方案数

对于点 $u$，记 $u$ 代表的边双点数为 $V_u$，边数为 $E_u$，依次对每个儿子考虑转移：

• 对于 $f_{u,0}$，显然有 $f_{u,0}\leftarrow f_{u,0}\times f_{v,0}$
• 对于 $f_{u,1}$，分类讨论 $u$ 之前放没放军营：
  • $u$ 之前没放，则 $v$ 放，$(u,v)$ 边必须看守，$f_{u,1}\leftarrow f_{u,0}\times f_{v,1}$
  • $u$ 之前放，则 $v$ 可放可不放，不放则 $(u,v)$ 边可看可不看，$f_{u,1}\leftarrow f_{u,1}\times (f_{v,0}\times 2+f_{v,1})$

初始值为 $f_{u,0}=2^{E_u}$，$f_{u,1}=2^{E_u+V_u}-2^{E_u}$

此时答案就是 $f_{root,0/1}$ 么？如果直接算，相当于强制 $root$ 子树内的每个军营都连到 $root$，无论 $root$ 是否有军营；这显然是不对的

因此我们对每个点 $u$ 都统计一遍，每次强制 $u$ 建军营，$u$ 子树外的点全部不建军营；先处理出点 $u$ 子树内的边数 $Esi{z}_u$，则答案为 $\sum (f_{u,1}\times 2^{Esi{z}_{root}-Esi{z}_u-1})$

ARC098D

咕咕咕。放到以后刷 Kruskal 重构树的 blog 里面吧。

DP 优化

P2605

首先考虑朴素 dp

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个村庄建立 $j$ 个基站的最小代价

显然有转移 $f_{i,j}=c_i+min(f_{k,j-1}+cost(k,i))$，其中 $cost(k,i)$ 表示村庄 $i\sim k$ 中需要的赔偿费用，时间复杂度 $O(n^{2}k)$，无法接受

注意到第二维的 $j$ 可以去掉，提到最外面枚举即可

考虑类似扫描线的思想；预处理出 $s{t}_i,e{d}_i$ 表示点 $i$ 左侧 / 右侧最近的覆盖不到 $i$ 的位置，当 $i\ge e{d}_j$ 时将村庄 $j$ 的赔偿费用加进去，形如对 $[1,s{t}_j]$ 的区间加

求 $f_i$ 即为对 $[1,i-1]$ 的区间询问；线段树维护即可

P3628

设 $f_i$ 表示前 $i$ 个点的答案

容易得到转移 $f_i=f_j+F(s_i-s_j)$，$s_i$ 为前 $i$ 个点的前缀和，$F(x)$ 为题目中定义的二次函数

不妨设 $j>k$ 且 $j$ 的转移优于 $k$，则有：

$f_j+a(s_i-s_j{)}^2+b(s_i-s_j)+c>f_k+a(s_i-s_k{)}^2+b(s_i-s_k)+c$

$f_j-2a{s}_i{s}_j+a{s}_j^2-b{s}_j>f_k-2a{s}_i{s}_k+a{s}_k^2-b{s}_k$

$(f_j+a{s}_j^2-b{s}_j)-(f_k+a{s}_k^2-b{s}_k)>2a{s}_i(s_j-s_k)$

记 $g(x)=f_x+a{s}_x^2-b{s}_x$，则有

$\frac{g(j)-g(k)}{2a(s_j-s_k)}>s_i$

我们将 $s_i$ 看做横坐标，$g(i)$ 看做纵坐标，则每个 $i$ 在坐标系中对应一个点，原式可看做斜率；

对于坐标系中三点 $P_1,P_2,P_3$，若 $P_2$ 可能最优，则有 $k(P_1,P_2)\ge s_i\ge k(P_2,P_3)$；因此我们要维护一个斜率递降的点集，可以直接单调队列，队首就是最优转移点

P4360

记 $s{d}_i$ 为距离的后缀和，$s{w}_i$ 为重量的前缀和，$s=\sum (w_i\times s{d}_i)$ 表示总费用

设 $f_i$ 为在点 $i$ 放第二个锯木厂的最小代价，容易得到 $f_i=\underset{j=1}{\overset{i-1}{min}}(s-s{w}_j\times s{d}_j-(s{w}_i-s{w}_j)\times s{d}_i)$，即先将 $1\sim j$ 的木材运到 $j$，再将 $j+1\sim i$ 的木材运到 $i$

不妨设 $j>k$ 且 $j$ 的转移优于 $k$，则有：

$s-s{w}_j\times s{d}_j-(s{w}_i-s{w}_j)\times s{d}_i<s-s{w}_k\times s{d}_k-(s{w}_i-s{w}_k)\times s{d}_i$

$s{d}_i\times (s{w}_j-s{w}_k)<s{w}_j\times s{d}_j-s{w}_k\times s{d}_k$

记 $g(x)=s{w}_x\times s{d}_x$，则有

$\frac{g(j)-g(k)}{s{w}_j-s{w}_k}>s{d}_i$

同理对于坐标系中三点 $P_1,P_2,P_3$，若 $P_2$ 可能最优，则有 $k(P_1,P_2)\ge s{d}_i\ge k(P_2,P_3)$；因此我们维护一个斜率递降的点集，单调队列即可，队首就是最优转移点

P3349

暴力状压做法即设 $f_{i,j,S}$ 表示点 $i$ 填 $j$，子树内使用的编号集合，时间复杂度 $O(3^n{n}^3)$

瓶颈在于枚举子集，考虑优化这一过程；注意到记录 $S$ 的原因是需要保证 $1\sim n$ 刚好出现一次，尝试扔掉这个性质

这启示我们容斥；枚举 $S$，先钦定填的编号是 $S$ 的子集，再减去重复的情况

设 $f_{i,j}$ 表示点 $i$ 填 $j$，子树内的方案数，转移为 $f_{u,j}\leftarrow \prod f_{v,k}$，其中 $j\in S,k\in S,(j,k)\in E$，时间复杂度 $O(3^n{2}^n)$

CF383E

注意到题目很像 SOS dp，尝试往相关方向转化

设当前元音字母集合为 $S$，考虑转化为求补集，即求所有字母为 $\bar{S}$ 的子集的单词数量

令 $f(S)$ 为字母集合为 $S$ 的单词数量，即求 $g(S)=\sum _{T\in S}f(T)$，这是 SOS dp 的经典形式

将 $S$ 的每位看作数组的一维，则 $T\subseteq S⟺\mathrm{\forall }i(T_i\le S_i)$，因此子集求和等价于对数组做高维前缀和

实现上，我们先枚举每位 $i$，再枚举集合 $S$：

• 若 $S_i=1$，令 $f_S\leftarrow f_S+f_{S\oplus 2^i}$ (即将该位的 $0$ 累加到 $1$ 上)
• 若 $S_i=0$，无需另外做前缀和，无事发生

记第 $i$ 个字符串形成的集合为 $S_{s_i}$，初始值为 $f_{S_{s_i}}=1$，答案为 $⨁(n-f_S{)}^2$

数学

P2568

即求

${\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=p]}$

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[gcd(i,j)=1]}$

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}(-1+\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(2\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1]))}$

这里 $-1$ 是因为 $i=1,j=1$ 会被算两次

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}(-1+2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\phi (i))}$

筛出 $\phi (i)$ 做前缀和即可

P2257

不妨设 $n\le m$，即求

${\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=p]}$

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[gcd(i,j)=1]}$

此时由于 $n,m$ 不同，无法直接化为 $\phi (i)$ 的形式

对于 $[gcd(i,j)=1]$，还有一个常见变形是利用莫比乌斯反演化为 $\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)$

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)}$

交换下求和顺序

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }1}$

$={\displaystyle \sum _{p\in prime}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }$

发现后面挂着的 $\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor$ 影响我们预处理，不妨设 $k=pd$，考虑将 $k$ 提到前面去

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor (\sum _{p|k,p\in prime}\mu (\frac{k}{p}))}$

此时后面就可以预处理了，筛出 $\mu (i)$ 后枚举质数 $p$，累加到其所有倍数上即可

P4588

直接模拟的问题在于 $M$ 可能非质数，有可能不存在逆元

考虑单独将 $x$ 与 $M$ 不互质的部分 (相同的质因子) 拉出来，维护其幂次，其余部分正常做即可

P3911

$A_i,A_j$ 不好维护，考虑将"在下标上统计"转化为"在值域上统计"

记 $c_i$ 为 $i$ 这一值的出现次数，$n$ 为 $max{A}_i$，即求

${\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(c_i\times c_j\times lcm(i,j))}$

考虑将 $lcm$ 变为我们较为熟悉的 $gcd$

$={\displaystyle \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(c_i\times c_j\times \frac{ij}{gcd(i,j)})}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n([gcd(i,j)=k]\times c_i\times c_j\times \frac{ij}{k})}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }([gcd(i,j)=1]\times c_{i\times k}\times c_{j\times k}\times \frac{i\times k\times j\times k}{k})}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }([gcd(i,j)=1]\times c_{i\times k}\times c_{j\times k}\times i\times j\times k)}$

变成莫比乌斯反演的形式

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\times (c_{i\times k}\times c_{j\times k}\times i\times j\times k)}$

交换求和顺序

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }(c_{i\times k\times d}\times c_{j\times k\times d}\times i\times d\times j\times d\times k)}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\times (d^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }(c_{i\times k\times d}\times c_{j\times k\times d}\times i\times j\times k))}$

换 $kd=T$ 以简化式子

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\times d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }(c_{i\times T}\times c_{j\times T}\times i\times j\times T)}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\times d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }(c_{i\times T}\times c_{j\times T}\times i\times j\times T)}$

把后面的 $T$ 提到最前面

$={\displaystyle \sum _{T=1}^{n}T(\sum _{d|T}\mu (d)\times d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }(c_{i\times T}\times c_{j\times T}\times i\times j)}$

$={\displaystyle \sum _{T=1}^{n}T(\sum _{d|T}\mu (d)\times d)(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }{c}_{i\times T}\times i{)}^2}$

筛出 $\mu (i)$，可以预处理出 $\sum _{d|T}\mu (d)\times d$，时间复杂度 $O(n\ln n)$

枚举 $T$，后面暴力算，时间复杂度也是 $O(n\ln n)$，于是总复杂度 $O(n\ln n)$

AGC003D

这是一个抽象做法

对于本身就是完全立方数的数，最多选 $1$ 个，剩下的扔掉不管

考虑对于每个 $s_i$ 求出其"共轭数" (相乘为完全立方数的数)，对于每对共轭数，贪心地选出现次数多的

数据范围不支持我们直接分解质因数……么？注意到 $\frac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}}\approx 10000$，平均分解次数不会很大，筛出 $\sqrt{n}$ 以内质数后大力分解质因数，拿掉立方因子，顺便算一下共轭数即可

字符串

P4555

记 $l_i$ 表示以 $i$ 为结尾的最长回文串长度，$r_i$ 表示以 $i$ 为开头的最长回文串长度，答案即为 $max{l}_i+r_{i+1}$

考虑 manacher；记新串 (如 aba $\to$ #a#b#a#) 上第 $i$ 位的最长回文半径为 $d_i$，其代表的最长回文串为 $[i-d_i+1,i+d_i-1]$，原串长度为 $d_i$，我们令 $l_{i+d_i-1}\leftarrow max(l_{i+d_i-1},d_i)$，$r_{i-d_i+1}\leftarrow max(r_{i-d_i+1},d_i)$

不过此时直接算答案会有问题；我们只是根据每位的最长回文串长度更新了 $l_i,r_i$，没有覆盖到较短的回文串

比如 ababa $\to$ #a#b#a#b#a#，以第 $3$ 个 a 为中心的回文串除了 #a#b#a#b#a# 还有 #b#a#b#，但我们只用前者更新了 $l_i,r_i$

因此我们还需要再进行一次递推；回文串向中间挪动一次会少 $2$ 个字符，我们枚举每个字母的位置 $i$，进行转移 $l_i=l_{i+2}-2$，$r_i=r_{i-2}-2$

枚举每个 # 的位置 $i$，答案即为 $max(l_{i-1}+r_{i+1})$

P2870

朴素贪心思路是比较两头字典序，若相同则暴力往中间挪

可以使用哈希优化这一过程，二分头尾最长相同串的长度，做到 $O(n\log n)$

P9873

114514 串太复杂了，考虑简化为 1, 14, 5, 14 串