Before NOIP2021
10月末开始会记的少一些。
9.25
有雾有旗的山可以起到传递作用，把它们删掉之后，如果有两个相邻的无雾的山，那么它们中间的这些都可以确定。对于一个询问，分类讨论，是直接确定，通过左边/右边确定还是两边一起确定。用若干set来维护信息即可。
二维差分，二次差分（在对角线上搞）
贪心dp一下就行了？写了三种代码，其中一种是线性的。得分72——92。不知道哪里错了，最后只能“特判”。反正思路应该没啥问题
9.26
满足条件当且仅当所有连通块大小为偶数。必要性：选出的子图一定是若干偶数连通块，那么原图中的连通块也只能是偶数。充分性：每个偶数连通块选出一个生成树，然后一定可以在树上构造出来（dfs一遍，度数为偶就断开和父节点的边）。
如果暴力算一次答案，只需把所有边排序，依次加入，直到符合要求。因为多加边不会更劣。
对于原问题，根据答案单调性，使用带答案上下界的CDQ分治。给答案一个上下界是为了在递归每一层计算的时候每条边只被修改 \(O(1)\) 次。
先考虑容斥转化成01序列处理：枚举 \(p\)，计算最后 \(a_x \leq p\) 的概率，只需要知道 \(a_i\) 和 \(p\) 的大小关系，设 \(b_i=[a_i>p]\)。
在操作中，\(1\) 会向外拓张，\(0\) 只能被覆盖。设 \(f_{i,l,r}\) 表示 \(i\) 轮后 \([l,r]\) 全是 \(0\) 的概率，分类转移。用前后缀和优化可以做到 \(O(n^3q)\)
然后发现其实对于不同的 \(p\) 转移的过程相同，而且最终的答案和赋的初值是线性关系。那么直接把每一种答案的贡献弄到 \(f\) 的初值里，递推一遍即可得到所有答案。
因为数列随机，似乎不用优化也是 \(O(n^2q)\)?
question："序列随机"意味着对于位置 \(x\)，\(a_x\) 最后可能得到的值只有 \(\log n\) 种，能否根据这个条件得到新的做法？
若前缀 \(i\) 为 border，则 \(n-i\) 为原字符串的一个循环。反过来推也是成立的。
那么只要check \(n-i\) 是不是循环，也就是看看存不存在一对 \(s_i=1,s_j=0\) 满足 \(i-j=k(n-i),k\in Z\)。
然后构造多项式，用FFT算出所有可能的 \(i-j\)，检查一下 \(n-i\) 的所有倍数就解决了。
若三个点两两之间的距离相等，则三条路径有且仅有一个公共点，且这个点到三个点的距离相等。枚举这个点，处理出每棵儿子子树内的信息，稍稍优化后计算即可弄到 \(O(n^2)\)，通过原始版本。
把上述换根的做法转成定根的dp。转移的时候考虑以 \(u\) 作为三条路径交点，\(u\) 中子树中有 \(2/3\) 个点讨论。具体的，设 \(f_{x,i}\ \ g_{x,i}\) 表示当前遍历完的 \(subtree(x)\) 中 \(dist(x,y)=i\) 的 \(y\) 的数量，\(g_{x,i}\) 表示满足 \(dist(y,lca(y,z))=dist(z,lca(y,z))=dist(x,lca(y,z))+i\) 的二元组 \((y,z)\) 的数量。然后一边累加答案一边转移即可。
写出dp转移后，再用长链剖分优化至 \(O(n)\) 即可通过加强版本。
长链剖分分配空间代码：
void dp (int u, int la, int qwq) {
int *fx = &f[dfn[u] = ++num], *fy, *gx, *gy;
if (qwq >= 0) st[u] = qwq;
else st[u] = id + l[u], id += l[u] + l[u];
gx = &g[st[u]];
fx[0] = 1; if (son[u]) dp (son[u], u, st[u] - 1);
res += gx[0];
for (int v : G[u]) if ((v ^ la) && (v ^ son[u])) {
dp (v, u, -1);
fy = &f[dfn[v]], gy = &g[st[v]];
for (int i = 0; i < l[v]; ++i) {
if (i) res += fx[i - 1] * gy[i];
res += gx[i + 1] * fy[i];
}
for (int i = 0; i < l[v]; ++i) {
gx[i + 1] += fx[i + 1] * fy[i];
if (i) gx[i - 1] += gy[i];
fx[i + 1] += fy[i];
}
}
}
9.27
一眼看去，这不就是线段树维护矩阵（或许不用）单 \(\log\) 吗？一阵乱写，竟然 \(12\) 分。啊？这还能错？噢，原来概率不独立啊......
首先询问 \(l,r\) 就是问 \(A_{l-1},A_r\) 相同的概率是多少， \(l=1\) 需要特判。如果分别维护 \(l-1,r\) 为 \(0/1\) 的概率然后再计算，会出问题。因为如果一个区间同时包含 \(l-1,r\)，那么他们被修改的概率是相互影响的。
还是得上二维线段树，对于每个 \(l\) 维护所有 \([l,r]\) 的影响，然后分包含了 \(l-1,r\) 中的 \(0/1/2\) 个讨论，复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
其实还可以用CDQ+扫描线在复杂度不变的情况下将空间优化至线性。
9.28
不是很难的计算几何问题。画个圆看看多少圆弧在多边形内就好了。
需要的技能：1、判断一个点是否在多边形内；2、求圆与线段的交点。
暴力dp：\(f_{x,i}\) 表示 \(subtree(x)\) 中，没满足的条件的最大深度为 \(i\) 时的方案数。转移的时候讨论当前边 \((x,y),y\in son(x)\) 填 \(0/1\) 即可，\(O(n^2)\)。来看看转移方程：
\(f_{x,i}=(\sum\limits_{j=0}^{i}f_{x,i}\times f_{y,j}+\sum\limits_{j=0}^{i-1}f_{x,j}\times f_{y,i})+\sum\limits_{j=0}^{deep_x}f_{x,i}\times f_{y,j}\)。
括号外面的部分是填 \(1\) 的情况。
整理一下，设 \(S_{x,i}=\sum\limits_{j=0}^{i}f_{x,j}\)，有
\(f_{x,i}=f_{x,i}\times(S_{y,deep_x}+S_{y,i})+f_{y,i}\times S_{x,i-1}\)。
可以发现，所有 \(f_{x,i}\neq 0\) 的 \(i\) 要么是在 \(x\) 上有限制，要么是从 \(y\) 里弄过来的，这样的 \(i\) 不会凭空增多，符合线段树合并的形式，于是可以用线段树合并来优化转移，复杂度 \(O(n\log n)\)
9.29
赛时做复杂了。题目要求本质不同，把一般区间dp枚举下标改为枚举下一个值，并利用简单的贪心思想即可做到 \(O(n^2V)\)。然后发现固定一个端点不动，另一个端点每次移动只会改变一种情况，\(O(1)\) 更新即可。注意统计方案的时候要把旧的区间减去防止重复。
分类讨论，递归处理。detail
状态设计值得一说。\(f_{x,c,0/1/2}\) 分别表示 \(c\) 次操作后，\(x\) 和 \(fa_x\) 都没标记、\(x\) 无 \(fa_x\) 有、\(x\) 有标记的方案数。然后分类讨论，矩阵快速幂优化。
9.30
和Kruskal重构树模板不同的是，选出的这些边不仅要让 \((x,y)\) 连通，还要让 \((x,y)\) 之间的这些东西不是一条链。如果在建立Kruskal重构树的时候对于每棵子树记录“子树内的这些边和点是否构成链”，那么只需要从 \(LCA(x,y)\) 继续往上倍增跳，跳到第一个标记为"非链"的节点，这个节点的权值就是答案。
如何判断 \(subtree(x)\) 在原图中是否构成链呢？这时候得考虑所有边，在不在重构树上的都得考虑。加入一条边 \((u,v)\)，若 \(u\) 和 \(v\) 未连通，且原来 \(u,v\) 所在连通块都是链，且 \(u,v\) 都在链的端点时，加入 \((u,v)\) 后构成一条链。其它情况都不是链。
非常罕见地看懂了一道数学题，但其实和求斐波那契通项差不多，比较基础。记录一下比较完整的过程。对于斐波那契生成函数，有
\(F(x)=1x^1+1x^2+2x^3+3x^4\dots\)
求封闭形式：\(xF(x)+x^2F(x)+x=F(x)\rightarrow F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}\)
然后等比数列求和：
\(G(x)=\sum F(x)^i=\frac{F(x)}{1-F(x)}=\frac{x}{1-2x-x^2}\)
将分母因式分解，并拆成两个分数之和，得到：
\(G(x)=\frac{x}{1-2x-x^2}=\frac{x}{(1-Ax)(1-Bx)}=\frac{Ax}{2\sqrt{2}(1-Ax)}+\frac{Bx}{2\sqrt{2}(1-Bx)}\ ,\ A=1+\sqrt{2},B=1-\sqrt{2}\)
发现现在两个分数的分母都是一次了，方向用等比数列求和，可以得到 \(G(x)=\sum\frac{A^n-B^n}{2\sqrt{2}}x^n\)
这个系数就是要的答案了。
10.01
设 \(f_x\) 表示答案至少为 \(x\) 的方案数，可得 \(f_x=C_m^x\times C_n^{xS}\times\frac{(xS)!}{(S!)^x}\times(m-x)^{n-xS}\)。但其实这里的定义并不准确，它钦定了这 \(x\) 种是哪几种来计算，会产生重复。
然后设 \(g_x\) 为恰好为 \(x\) 的方案数。建立 \(f_x\) 和 \(g_x\) 的关系 \(f_x=\sum\limits_{y=i}^m C_y^x\times g_y\)，从这里也可以看出 \(f_x\) 相对于定义是有重复的。然后二项式反演，得到 \(g_x\) 的式子，使用 NTT 优化。
10.03
先写出暴力的dp，若要优化，不可能再记录当前有多少糖果。考虑每次走出一个的时候都把背包塞满，用单调队列记录当前包里糖果分别来自哪里。到了一个点：
1、这段路上产生消耗，把最便宜的糖果拿来消耗
2、一些糖果在之前买的太贵了，不如现在买，把糖“退回去”
3、一些糖果先在中间某点卖掉，再在当前点买回来，可以赚差价。那就进行这次买卖。
因为用单调队列维护，这些操作都是线性的。
本题的优化总结起来就是：把这些操作集中在一点贪心考虑。
10.04
基本策略是先把某一行全部染黑，再染所有列。然后枚举一下是哪行就完了。
想歪了以为是2-SAT+拓扑计数，然后只写了暴力跑路。其实也是一种经典的连边方式，直接连边 \((a_i,b_i)\)，就能得到美妙的特性了。连完边后，要做的就是给这些边定向，使得每个点入度至多为 \(1\)，并且若方向为 \((b_i,a_i)\) 会产生 \(1\) 的代价。
如果这张图不是树和基环树构成的“混搭森林”，则无解，因为没法让每个点入度 \(\leq 1\)。然后对于每棵树，如果定了根（无入度的点），所有边方向就定了，可以线性dp一遍求出答案。对于基环树，不在环上的边显然指向外面，环有两种方案，比较一下也就完成了。
10.05
用奇怪的二分+贪心过了。但我无法证明。第一步肯定让 \(c_i=(a_i-b_i+4)\%4\)，我是这样的：
令 \(d_i=c_i-c_{i-1}\)，然后每次操作 \([l,r]\) 就是让 \(d_l+1,d_{r+1}-1\)。从左往右扫，只有 \(1,2,3\) 三种数，分析一下然后奇怪贪心。
题解的转化稍微特殊一些，即对每个 \(c_i\) 加上 \(4\) 的若干倍（可以是 \(0\)），最后答案就是 \(\sum max(0,c_i-c_{i-1})\)。依旧令 \(d_i=c_i-c_{i-1}\)，每次操作就是让 \(d_l+4,d_{r+1}-4\)。只有 \(3\) 种 \(d_l,d_{r+1}\) 的组合能让答案更优，按照一定顺序找出来就好了。
写出相互之间的关系式后直接高斯消元复杂度为 \(O(n^3)\)，但发现这个矩阵非 \(0\) 的位置类似一个上三角，所以复杂度可以降为 \(O(n^2)\)
可以根据棋盘建出二分图，显然一个人是从左部点跳到右部点，另一个人跳回来。如果起点 \(x\) 可以不在最大匹配中，那么先手第一步 通过非匹配边 必然跳到匹配点，后手通过匹配边跳回来，先手又一步跳到匹配点（如果跳到非匹配点，那说明还存在增广路，不是最大匹配），后手又跳回来...最后一定是先手没路走，后手必胜。反之，如果 \(x\) 一定在最大匹配中，那么先手先通过匹配边跳一次，后手必然跳到一个匹配点（否则 \(x\) 可以被替换），然后先手再跳匹配边...最后一定是先手赢。
如何判断某个点是否必须在最大匹配中？不用把每个点去掉求一遍最大匹配，只需要先求出一组最大匹配，然后对于一个点 \(x\)，如果本来就不是匹配点，那么显然不必要；否则从 \(x\) 当前匹配点出发看看能不能找到另外一条增广路，如果可以，说明 \(x\) 可被替换。还有一种方法是使用网络流然后遍历残量网络。本质上应该差不多
10.06
跟上面的棋盘游戏差不多。虽然题目里没说，但其实根据奇偶性，每个点依然只能经过一次，依旧可以用二分图解决。
P6186 [NOI Online #1 提高组] 冒泡排序
设 \(c_i\) 为 \(i\) 左边比 \(a_i\) 大的数量，逆序对 \(number=\sum c_i\)。每轮冒泡排序就是把每个前缀最大值（即 \(c_i=0\) 的位置）移到下一个前缀最大值的左边，除了移动的数 \(c_i=0\) 不变，其余所有数的 \(c_i-1\)。那么每次询问就是要求 \(\sum max(0,c_i-k)\)，显然只需要分两类计算。每次修改只会改两个点，可以简单维护。
10.07
若选了 \(a_i\) 后能得到 \(a_j\)，则连边 \((i,j)\)。假设已经把这张图建好了，如何计算答案？先求一波强连通分量，强连通分量之间的答案贡献很好计算，现在只考虑一个强连通分量内。因为若存在边 \((i,j)(j,k)\)，则必存在 \((i,k)\)，所以这个强连通分量其实构成完全图，那么只需要随便给节点定个顺序即可，不妨让编号小的在前面。于是实现的时候不需要去求强连通分量，只要对于每个 \(x\) 枚举 \(y\) ，判断 \(y\) 能否到达 \(x\)。设不能从 \(y\) 到 \(x\) 的 \(y\) 的数量为 \(cnt\)，\(x\) 对答案的贡献就是 \(2^{cnt}\)。
如何判断是否存在边 \((i,j)\) ？
对于 \(\gcd(a_i,p)\neq1\) 的，暴力计算能到哪些 \(a_j\)，因为 \(p\) 为质因数的幂次，至多 \(\log p\) 次后就变为 \(0\)，所以复杂度为 \(n\log p\)。
对于 \(\gcd (a_i,p)=1\) 的，显然只能走到 \(\gcd(a_j,p)=1\) 的，根据定理 \(a\equiv b \pmod p\rightarrow ord_pa=ord_pb\) 和 \(ord_pa^k=\frac{ord_pa}{\gcd(ord_pa,k)}\)，带入关系式 \(a_i^m\equiv a_j\pmod p\)，可得充要条件为 \(ord_pa_j|ord_pa_i\)。
如何计算 \(ord_pa_i\) ？根据 \(ord_pa|\varphi(p)\)，可以试除 \(\varphi(p)\) 的素因子得到。
对于 \(\gcd(a_i,p)\neq 1\) 的，还有一种方法。设 \(p=P^m\)，\(a_i=b_i\times P^{ci},\ a_j=b_j\times P^{cj}\)，当且仅当 \(a_i^{\frac{cj}{ci}}\equiv a_j\pmod p\) 时存在边 \((i,j)\)。
先树形dp \(O(n^2)\) 算出 \(g_x\) 表示选了 \(x\) 对的方案数（其它的不管）。然后设 \(f_x=g_x\times (m-x)!\) 表示钦定了 \(x\) 对的方案数。有 \(f_x=\sum\limits_{y=x}^m {y\choose x}\times ans_y\)，二项式反演得到 \(ans_x=\sum \limits _{y=x}^m (-1)^{y-x}\times{y\choose x}\times f_y\)，暴力算就好了。
设 \(f_{i,x}\) 表示还有 \(i\) 点体力，走到 \(x\) 的概率，不难写出转移 \(f_{i,x}=\sum f_{i+a_x,y}\times \frac{w_{x,y}}{deg_y}\)。由于 \(a_x\) 可能等于 \(0\)，所以不能直接递推，对于每一层（每种体力）需要高斯消元，暴力消元复杂度 \((n^3 hp)\)。
但事实上每一层的矩阵所有系数都是相同的，只有最后的常数不同，所以只需要一遍消元求出常数之间的贡献系数，之后每次 \(O(n^2)\) 计算即可。总复杂度 \(O(n^3+n^2hp)\)
10.08
这个问题是最大权闭合子图模型，可以利用网络流暴力求解，答案为物品价值总和减去最大流（最小割）。但数据范围大，考虑优化。\((x_i,y_i)\) 能看到 \((x_j,y_j)\) 等同于：
\(x_ih-y_iw\le x_jh-y_jw\\ x_ih+y_iw\ge x_jh+y_jw\)
不妨把 \((x,y)\) 变换为 \((xh+yw,xh-yw)\)，那么条件就变为 \(x_i\ge x_j,y_i\leq y_j\)。
按照 \(x\) 排序后，用贪心思想模拟网络流：每加入一个警卫节点，找 \(y\) 尽量小的手办匹配，因为 \(y\) 越大匹配范围越广。数据结构维护一下即可。
每一条出边能更新一段区间。如果能二分出区间的边界问题就解决了。注意这里不仅要考虑距离还要考虑中间经过的点数。
对于一条边 \(i\)，二分边界 \(mid\)，此时 \(mid\) 的答案只被 \(p_k\in[mid-|i-mid|,mid+|i-mid|]\) 的边更新过，然后要看看通过边 \(i\) 到 \(mid\) 的距离是不是比这些 \(k\) 都小。从第 \(i\) 条边到 \(j\) 的距离：\(p_i\le j:\ l_i+d_{pi}-d_j;\ \ p_i>j:\ l_i-d_{pi}+d_j\)。那么只需分别计算 \(l_i+d_{pi},\ l_i-d_{pi}\) 的RMQ即可。
这样二分套二分复杂度为 \(n\log^2n\) 。还可以做到 \(O(n\log n)\)，比如这个
如果没有不重复的条件，显然可以对每个二进制位来考虑。但这题直接按照个数来递推。
设 \(f_i\) 表示选 \(i\) 个元素的可行方案数。所有方案为 \((_{i-1}^{2^n-1})\)，因为选了前 \(i-1\) 个最后一个就定了；为了不让新选的这个为 \(0\)，前 \(i-1\) 个不能为 \(0\)，减去 \(f_{i-1}\)；为了不出现重复，即前 \(i-2\) 个为 \(0\)，减去 \(f_{i-2}\times((2^n-1)-(i-2))\)；最后，因为算的是无序的方案数，上述过程会把每种算 \(i\) 次，应除掉 \(i\)。得到 \(f_i=\frac{(_{i-1}^{2^n-1})-f_{i-1}-f_{i-2}\times((2^n-1)-(i-2))}{i}\)。
预处理一下可以做到 \(O(m)\)。如果嫌预处理组合数麻烦，可以先转成计算有序集合的数量，这样只用预处理排列数，最后再除掉 \(m!\)。
\(p\) 很小，直接对 \(p\) 分类讨论：
\(p_{x,y}=1\)，把所有这样的 \((x,y)\) 在并查集中合并，若连通块内存在 \(p\ne1\) 则无解。否则随便构造一棵树即可。
\(p_{x,y}=2\)，把这样的 \((x,y)\) 在另一个并查集中合并，若连通块内存在 \(p\ne2\) 则无解。对于大小为 \(2\) 的连通块同样无解。否则随便构造一个环即可。
\(p_{x,y}=3\)，若出现就无解。因为至少存在一对 \(p_{x',y'}>3\)，不符合题目限制。
如果每一轮选定了 \(n\) 张奖券，那么主办方选中位数，价值就是前 \(\frac{n}{2}\) 大的减去前 \(\frac{n}{2}\) 小的。考虑颜色 \(i\) 选出的 \(k\) 张，其中 \(small_i\) 张充当了小的那部分，\(big_i=k-small_i\) 次充当了大的部分，显然一定是选了最小的 \(small_i\) 张和最大的 \(big_i\) 张。初始先让 \(\forall i,small_i=k\)，然后进行 \(\frac{nk}{2}\) 次调整，每次让一个 \(small_i-1,big_i+1\)，并且每次都选利益最大的那个调整，这个过程可以用堆维护。
假设调整完后得到的答案是 \(res\)，原问题的答案是 \(ans\)，不难发现 \(res\ge ans\)，而且一定可以构造出一种方案（根据上述贪心过程），所以 \(res=ans\)。构造方案的时候似乎不需要贪心，直接把 \(big\) 的从 \(1\) 到 \(k\) 循环着往里面填就好了 ，code。
要把长度为 \(n\) 的分成 \(m\) 段，且明显段数越多越优，考虑WQS二分：二分一个每段的额外代价 \(C\)，找到 \(C'\) 使得最优解 \(ans\) 恰好要用 \(m\) 段，答案就是 \(ans-mC'\)。对于每次二分，有转移方程 \(f_i=\min\{f_i+(s_i-s_j+1)^2+C\}\)，是一个可以斜率优化的形式：若 \(j\) 优于 \(k\)，则 \(s_i>\frac{(f_j+s_j^2-2s_j)-(f_k+s_k^2-2s_k)}{2(s_j-s_k)}\)，且 \(s_i\) 单增，所以单调队列维护一个凸壳即可。
首先，对于权值相同的点，显然可以不花钱就缩成一团。现在没有权值相同的点了。
把这些权值插入\(\text{trie}\)树，在叶子 \((x,y)\) 间连边，只需考虑 \(LCA(x,y)\) 之下的部分。因为权值都不相同，所以恰好有 \(n-1\) 个可以成为 \(\text{LCA}\)的点，在这些点贪心地连一条跨越左右儿子子树的边就构成了最小生成树。
具体贪心：从左右儿子出发，每次尽量走同一个儿子，如果两边都有就都走，取 \(\min\)；如果走不了同一个儿子，就得加上这一层的权值，然后继续向下。注意到在贪心的过程中，有可能两边都要走，复杂度对吗？对每个叶子 \(x\) 考虑，走到一次 \(x\) 复杂度为 \(\log V\)，而 \(x\) 上方至多 \(\log V\) 个点需要连边，所以复杂度为 \(O(n\log^2V)\)。
还可以启发式合并trie树来处理，但应该没上面的做法简洁。
10.09
被移动的书顺序随意，但没有动的书顺序固定，且必须同色连成一块，所以对没动过的书进行dp。设 \(f_i\) 为后缀 \([i,n]\) 中至多保留多少。考虑第 \(i\) 本书。
- \(i\) 是颜色 \(a_i\) 的左端点，保留所有 \(a_i\)，则 \(f_i\leftarrow cnt_{ai}+f_{r_{ai}+1}\)
- \(i\) 不是右端点，但仍要保留后缀 \([i,n]\) 中的 \(a_i\)，那么后缀 \([i,n]\) 中其它的颜色都必须移动，则 \(f_i\leftarrow cnt_{ai}\)。这里的 \(cnt_{ai}\) 指后缀 \([i,n]\) 中 \(a_i\) 个数。
- 移动 \(i\)，\(f_i\leftarrow f_{i+1}\)。
如果从起点开始往后走，中间可能会停下来等待物品出现，不容易想清楚。不妨倒过来，考虑终点在 \(t\)，每次往前走一步，物品会在 \(T_i-1\) 消失，那么马不停蹄一直走最优。（把环拆开复制一遍）不难得到答案为 \(\max\limits_{i=t-n+1}^t(T_i+t-i)\)。
写完整并稍微变换可以得到 \(res=\min_{s=1}^n(s+\max_{i=s}^{2n-1}(T_i-i))+n-1\)。这里改成了枚举起点 \(s\)，并且 \(i\) 的上界改为 \(2n-1\)，因为后面那些不影响答案。
其中 \(\max_{i=s}^{2n-1}(T_i-i)\) 表示后缀最大值。可以用单调栈求出对于每一个 \(j\)， \(T_j-j\) 是后缀 \([s,2n-1]\) 最大值的 \(s\) 的范围。现在的问题就是动态维护这个单调栈。
用线段树来搞。合并左右子树的时候，右边的单调栈保留；对于左边，在线段树上二分右边最大值在左边“侵占”的位置，更新一下答案。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
先对原式进行欧拉反演，得到：\(val(T)=(\sum w_{ei})\times \sum\limits_{p|w_{e1},p|w_{e2}\dots}\varphi(p)\)
把 \(\varphi(p)\) 提前，得到：\(\sum \varphi(p)\times (\sum w_{ei})\)，这里的 \(w_{ei}\) 只剩下 \(p\) 的倍数。
然后枚举 \(p\)，后面的部分可以使用矩阵树定理计算。具体的，在矩阵的每个位置记录一个二项式 \(w_ix+1\)，对二项式进行运算求行列式，一次项系数即为答案。
关于行列式、矩阵（线性代数）内容的深入学习还是等NOIP后吧。
P5540 [BalkanOI2011] timeismoney | 最小乘积生成树
这个做法比较奇怪，适用性应该也不广。但还是记录一下吧。
把 \((\sum a,\sum b)\) 弄到坐标轴上，每个点代表一种生成树方案。找到离 \(x,y\) 轴最近的点 \(A,B\)（可以直接求最小生成树）， \(C\) 比 \(A,B\) 更优的必要条件是 \(C\) 在 \(AB\) 下方。找到在 \(AB\) 下方的离 \(AB\) 最远的点 \(C\)（列一下式子，同样可以直接求一遍最小生成树得到），递归处理 \(CA,CB\)。一直递归下去直到直线下方空空如也。感性理解复杂度不会太高。
CF1479B2 Painting the Array II
设 \(f_{i,j}\) 表示处理了前 \(i\) 个，一个序列的末尾是 \(i\)，另一个是 \(j\) 时答案的最小值。有转移：
\(f_{i,j}\leftarrow f_{i-1,j}+[a_i\ne a_{i-1}];\ \ f_{i,a_{i-1}}\leftarrow f_{i-1,j}+[a_i\ne j]\)
然后发现，第一个转移就是整体 \(+1\)，用一个变量记录即可；第二个转移就是单点修改，同样可以快速完成。复杂度优化至 \(O(n)\)。
值得一提的是这题还可以贪心。直接维护这两个数列，将 \(a_1,a_2,a_3\dots a_n\) 依次加入，若 \(a_i\) 和其中一个数列的尾部相同，就加入这一个；否则，设 \(next\) 为 和数列尾部相同的 下一个数的位置，将 \(a_i\) 加入 \(next\) 较大的数列。正确性不难理解
如果 \((x,y)(y,z)\) 合法，则 \((x,z)\) 合法，这样的关系形成团。那么就是要把它们合并在一起。
对于每个点用一个 \(\text{map}\) 记录每种颜色出边的另一端，若存在多个点可以合并在一起，所以只需要记录一个。
初始的时候，遍历所有边，建出 \(\text{map}\)，若在过程中需要合并 \((x,y)\)，先在并查集里合并，但不合并边的信息，只是把 \((x,y)\) 扔进一个队列。然后，类似于 \(\text{bfs}\) 拓展的过程，每次取出队首，启发式合并边的信息，然后把新的要合并的若干 \((x',y')\) 加入队尾，直至队列为空。根据并查集里的连通性信息就可以算出答案了。
为什么要先加入一个队列，而不能当场合并呢？其实也可以，这相当于把 \(\text{bfs}\) 变成了 \(\text{dfs}\)，再把队列改成栈就可以达到一样的效果。
启发式合并+\(\text{map}\) 复杂度为 \(O(n\log k\log n)\)，已经可以通过此题。若把 \(\text{map}\) 改成 \(\text{hash}\)表或者 \(\text{unordered\_map}\)，可以降一个 \(\log\)；当然也可以用线段树合并换掉启发式合并，同样少一个 \(\log\)。
\(T\) 小，暴力容斥，枚举不符合限制的物品集合 \(S\)，有 \(ans=\sum(-1)^{|S|}f(S)\)。\(f(S)\) 直接插板法计算即可，需要用到 \(\text{Lucas}\)定理：\({n\choose m} \equiv {m/p\choose n/p}\times{m\%p\choose n\%p}\pmod p\)。
不难发现，最优情况下，每段的两端一定相同，而且每段所选的 \(s_0\) 就是两端贝壳的大小。否则可以缩小当前区间而价值不变，却多出另一段，总和更大。
设 \(f_i\) 为前缀 \([1,i]\) 的答案，有 \(f_i=\max\limits_{1\le j\le i,s_i=s_j}\{f_{j-1}+s_i\times (c_{i,si}-c_{j-1,si}+1)^2\}\)。
按照一般做法，这个式子可以通过斜率优化快速计算。这里记录另一种优化方法。
后面那部分可以看作二次函数，随着 \(j\) 减小递增，且斜率越来越大（只考虑 \(s_i=s_j\) 的位置）。所以若 \(j_1<j_2\)，且当前 \(j_1\) 更优，那么之后一直是 \(j_1\) 优于 \(j_2\)。而且 \(j_1\) 首次优于 \(j_2\) 的时刻可以二分得到。
具体的，对每种贝壳维护一个栈，设栈顶元素为 \(top\)，下一个元素为 \(top-1\)，加入元素 \(x\) 时，二分出 \(top\) 首次优于 \(x\) 的时间 \(t\)：若 \(t\) 早于当前时刻，不用加入；若 \(t\) 迟于 \(top-1\) 首次超过 \(top\) 的时间 \(t'\)，弹出栈顶，重复此过程\(\dots\)，这样栈顶记录的就是最优解了。复杂度比斜率优化多出一个 \(\log\)。
10.10
先把题目转换成：选 \(k\) 次，每次选若干不相交的区间，不能重复选，使长度和最大。然后就可以网络流了。
把区间的端点拿出来，排序离散化。连以下几种边：
1、由源点向第一个点连边 \((V=k,cost=0)\)，表示可选 \(k\) 次。
2、第 \(i\) 个点向第 \(i+1\) 个点连边 \((k,0)\)，表示若不相交可以同时选。最后一个点连向汇点。
3、在每个区间的 \(l_i,r_i\) 之间连边 \((1,r_i-l_i)\)，表示只能选一次，价值为 \(r_i-l_i\)。
对此图求出最大费用最大流即可。
把一天形象的拆成白天和黑夜两个节点，连以下边：
1、源点向每个夜晚连边 \((V=a_i,cost=0)\)，表示一天结束会留下 \(a_i\) 条脏餐巾
2、白天向汇点连边 \((a_i,0)\)，因为最终这些边一定满流，相当于限制每天都得有 \(a_i\) 条干净的。
3、从每个夜晚向下一个夜晚连边，表示脏的留着不洗；第 \(x\) 个夜晚向第 \(x+n/m\) 个白天连边，表示洗干净；源点向每个白天连边，表示新买餐巾。
对此图求最小费用最大流即可。
本题的关键在于把一天拆成两点，白天流出，夜晚补入，既限制了每天要有 \(a_i\) 条餐巾，又将脏餐巾保留了下来。
把棋盘黑白染色，会相互攻击的位置颜色不同。那么把相互攻击的关系用边表示，得到的是二分图，要求的就是二分图最大独立集，根据定理有 最大独立集\(=\)点数\(-\)二分图最小点覆盖\(=\)点数\(-\)二分图最大匹配。所以只要求二分图最大匹配。
P2766 最长不下降子序列问题
先用入门dp算出 \(f_i\) 表示以 \(a_i\) 结尾的最长序列。在所有长度为 \(s\) 的方案中，\(a_i\) 都只能被放在第 \(f_i\) 个。所以可以建出分层图，在相邻层之间连边，合理设置边的容量，算最大流即可解决第二、三问。
P1452 [USACO03FALL]Beauty Contest G /【模板】旋转卡壳
先求出凸包，最远点对一定可以被一对平行卡壳卡住（称为对踵点），可以枚举对踵点来计算。
具体实现时，把卡住两点改成卡住一边一点，将点和边的两端分别计算，这样效果不变，运算简单。顺时针枚举边，另一个点显然就是距离这条边最远的点，而且这个点同样顺时针旋转，于是可用双指针可做到 \(O(n)\)。但要先求凸包，总复杂度 \(O(n\log n)\)。
10.11
方案Ⅰ：使用普通莫队，问题变成了 \(O(n\sqrt{n})\) 次插入、删除，\(O(n)\) 次询问最值。为了不让 \(n\sqrt{n}\) 再带上 \(\log\)，通常用值域分块维护答案。
本题答案可能极大，不能直接分块。但不难发现答案其实只有 \(O(n)\) 种，离散化后再值域分块即可，复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。
方案Ⅱ：如果只有插入操作，询问最值，就不需要数据结构维护了。由此想到采用回滚莫队，操作次数仍是 \(O(n\sqrt{n})\)，每次只要 \(O(1)\) 取 \(\max\) 或者撤销操作即可。
回滚莫队具体实现：先分块，询问的排序方式不变，把 \(l\) 在同一块中的一起处理。每次询问先把左指针指在 \(l\) 所在块的右边界，然后向左移动到 \(l\)，而 \(r\) 在同一块中单调，右指针一路向右扫，只加不减。每次先移右指针再移左指针，存储左指针移动带来的变化，询问完后即时撤销。
随着温度升高，一个函数单调递增，一个函数单调递减，两条线取 \(\min\)，当然在交点处最大。若直接在线段树上二分，复杂度为 \(O(n\log n)\)。这些都是很容易想到的，但是被卡常了，本题需要在树状数组上二分。
具体的，初始二分边界 \(l=1,r=2^k\)，右边界设为 \(2^k\) 是为了让 \(tree_{mid}\) 存储的刚好是 \([l,mid]\) 的和。然后就可以快速二分了。
若能解出所有未知数，需要至少 \(n\) 个相互独立（不能相互推得）的方程。把每个方程看成一个二进制数，就等价于 不能通过其他数异或得到。这个问题当然用线性基解决，使用 \(\text{bitset}\) 优化后复杂度为 \(O(\frac{n^3}{w})\)。
将原题转化为：图中初始有 \(m\) 条边，需要添加若干条边，使得所有度数不为 \(0\) 的点、 \(s、t\) 连通，且存在从 \(s\) 到 \(t\) 的欧拉路，求添加边的最小长度和。
欧拉路的条件是 \(s,t\) 的度数为奇，其余为偶。从左到右遍历 \(x\)，若 \(x\) 度数不满足条件，则连边 \((x,x+1)\)。这些边代价都为 \(1\) 且不相交，所以花费最小，同时尽量减少了连通块个数。
然后用最小生成树来保证连通性。因为本题边权特殊，考虑相邻两点之间的边即可。为了维持度数奇偶性，新加的树边都要两条。
两步处理完得到的就是最优解了。上述过程保证了添加的非必经边不相交，感性理解正确性可以保证。复杂度为 \(O((m+n^2)\log n)\)。
拆拆拆！把路径的代价拆出来分别计算，就可以暴力状压dp了。然后递推预处理优化到 \(O(m2^m)\)。然而这题的重点在于卡空间。
如果能根据支配关系建出一棵树，问题就解决了。\(x\) 的支配点是所有 \(x\) 前驱节点在支配树上的 \(\text{LCA}\)。只要在拓扑排序时顺带着计算即可。
和 10.09-P5504 [JSOI2011] 柠檬 如出一辙的决策单调性优化，这类题目的\(\text{dp}\)转移式中都有一个斜率单调的函数，比如常见的幂函数。
一眼看去以为是要在 \(\text{trie}\) 上搞了，但其实只要“假装有一棵trie树”，然后计数就行。\(f_i\) 的定义不是很好想。
具体的，设 \(f_i\) 表示没有儿子 \(i\) 的 可拓展的 节点数。原字符串在树上构成链，一开始只有最后一个点可拓展。
加入字符 \(x\)，新增 \(f_x\) 个节点，把除了 \(f_x\) 之外的 \(f_i\) 都加上 \(f_x\)。
删除 \(x\)，初始链上多出一个可拓展的点，给除了原有的一个儿子外 \(f_i+1\)。
复杂度 \(O(26n)\)。
10.12
移项得到 \(3y^2=r^2-x^2=(r+x)(r-x)\)，令 \(d=\gcd(r+x,r-x),A=\frac{r+x}{d},B=\frac{r-x}{d}\)，原式变为 \(3y^2=A\times B\times d^2\)。
\(3y^2\) 为完全平方的 \(3\) 倍，\(d^2\) 为完全平方，那么 \(A,B\) 其中一个为完全平方，另一个为完全平方的 \(3\) 倍，且 \(\gcd(A,B)=1\)。设 \(A=3a^2,B=b^2\)，有 \(A+B=3a^2+b^2=\frac{2r}{d}\)。
先枚举 \(d\)，然后枚举 \(a\)，判断是否存在 \(b\) 且 \(\gcd(A,B)=1\)，统计答案即可。复杂度和 \(2r\) 的约数个数有关，假设约数个数为 \(\sqrt{2r}\)，复杂度上界为 \(O(\sum_{i=1}^{\sqrt{2r}}(\sqrt{i}+\sqrt{\frac{2r}{i}})=\sum_{i=1}^{\sqrt{2r}}\sqrt{i}+\sqrt{2r}\sum_{i=1}^{\sqrt{2r}}\frac{1}{\sqrt{i}})=O((\sqrt{2r})^{1.5})=O(r^{0.75})\)。当然这是远远不满的。
显然可以用和上一题一样的方法解决。但本题有更奇妙更优秀的做法。
把问题搬到复数域里，\(a^2+b^2=r^2\rightarrow (a+bi)(a-bi)=r^2\)，问题变成了求 有多少个高斯整数（\(a,b\) 为整数的复数） \(Z\) 满足 \(Z\times\overline{Z}=r^2\)。
类比于整数域的质因数分解，复数域同样可以“素数分解”。若高斯整数 \(p\) 不能被表示为若干高斯素数的乘积，则称 \(p\) 为高斯素数。
如何判断一个数是否为高斯素数？使用费马平方和定理：奇素数可以表示为两个正整数的平方和，当且仅当 \(p\equiv 1 \pmod 4\)，且方案唯一。（可表示为两个正整数平方和 与 \(p+0i\) 不是高斯素数等价）
铺垫结束。把 \(r^2\) 在整数域内质因数分解：\(r^2=2^n\prod\limits_{A_j=4k+1} A_j^{p_j}\prod\limits_{B_j=4k+3}B_j^{q^j}\)，分类讨论：
对于非高斯素数 \(A_j+0i\)，可以拆成 \(z_j,\overline{z_j}\)，必须一个分给 \(Z\)，一个分给 \(\overline{Z}\)。和计算约数个数时一样，\(Z\) 可以得到 \(0,1,2\dots p_i\) 个 \(z_j\)，所以对答案的贡献为 \(p_j+1\)。
对于无法分解的高斯素数 \(B_j+0i\)，必须给 \(Z,\overline{Z}\) 分配相同个数的 \(B_j\)。所以若 \(2|q_j\)，仅存在一种方案；否则答案为零。
对于 \(2^n\)，\(2+0i=(1+i)(1-i)\)，看似和 \(A_j\) 是同类的，但 \(1+i,1-i\) 的夹角是 \(90^{\circ}\)，旋转后并不能产生更多的答案，不用去管。（答案 \(a+bi\) 和 \(a-bi,b+ai,b-ai\) 成对出现，已经 \(\times 4\) 了，别重复计算）
分解 \(r^2\) 只需分解 \(r\)，复杂度为 \(O(\sqrt{r})\)。
每次询问选 \(k\) 个点进行，明摆着要建虚树。
虚树的建立：用栈维护最新的一条树链，把 \(k\) 个点按 \(dfs\) 序排序后依次加入：若栈为空，直接加入 \(x\)；否则，取 \(lca=LCA(u,stk[top])\)，若 \(lca=stk[top]\)，树链继续延长，直接加入 \(x\)；否则，出现分叉，把 \(lca\) 之下的这段树链连边并弹出，然后加入 \(lca,x\)。
接下来简单地\(\text{dp}\)一下即可。
三次的期望和不等于期望和的三次。要从一次推到二次，二次推到三次。
复习一下整除分块：对于 \(i\le n\)，最大的 使得 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{j}\rfloor\) 成立的 \(j=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)。每次把 \([i,j]\) 一起计算，然后让 \(i=j+1\)。因为 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 最多有 \(2\sqrt{n}\) 种取值，复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。
之后就简单了，先把 \(i\neq j\) 的限制扔到后面，得到 \(\sum_{i=1}^n(n\%i)\times\sum_{i=1}^m(m\%i)-\sum_{i=1}^{\min(n,m)}(n\%i)\times(m\%i)\)。
然后把 \((n\%i)\) 都写成 \(n-i\times \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，前面乘号两边的式子直接整除分块计算，后面的先把括号拆开再计算。
把问题转移到 \(a\) 的逆序列 \(b\)（\(b_{ai}=i\)）上，问题变成是否存在 \(b_{x-t}<b_x<b_{x+t}\)。枚举 \(x\)，定义 \(c_p=[b_p<b_x]\)，那么只要看看从 \(x\) 开始向两边延伸的\(0/1\)串是否相等。
这提示我们利用哈希：如果按照 \(b_x\) 大小顺序来枚举 \(x\)，每次只会改变一个 \(c_p\)，用线段树维护\(0/1\)串的哈希值比较一下即可。
10.13
暴力做法：枚举每个质数 \(p\)，执行一次删除 \(p\)，然后询问 \(p,p^1,p^2\dots\)，看看 \(x\) 含有 \(p\) 的几次。
基于 \(x\) 至多含有一个 \(>\sqrt{n}\) 的素因子，可以进行根号分治。定义 \(\ge\sqrt{n}\) 的质数为小素数，其余为大素数。
对于所有小素数执行暴力做法，此时集合中只剩下 \(1,x\) 和所有大素数。
若 \(x\) 为合数，并且含有 \(\ge \sqrt{n}\) 的因子 \(P\)，那么当且仅当询问 \(P\) 时答案为 \(2\)，对于所有大素数询问一次即可。
若 \(x\) 为大素数，似乎又要执行暴力做法了。但这时可采用分块优化，删除 \(B\) 个后再询问一次 \(1\)，看看 \(x\) 在不在其中，如果在这 \(B\) 个里，暴力这 \(B\) 个，否则继续检查后面的 \(B\) 个。询问次数成功开平方。
一个朴素的想法：用 \(5\times10^5\) 个 \(\text{set}\) 维护每个数倍数的所有下标，修改的时候在对应 \(\text{set}\) 中遍历区间内的元素。一个元素被修改的时候不需要马上修改与之相关的 \(\text{set}\)，下次用到的时候再判断即可。
这样做显然过不了 \(\text{Ynoi}\)。上述的 \(\text{set}\) 只删不加，杀鸡焉用牛刀，可以换成 \(\text{vector}\) + 并查集：\(\text{vector}\) 替换 \(\text{set}\)，并对每个容器维护一个并查集，删除 \(x\) 的时候，在并查集上将 \(x\) 并入后一个元素。其实并查集中 \(fa_x\) 记录的就是 \(x\) 之后第一个未被删除的元素。
像这样仅在一个序列上合并的并查集复杂度为 \(O(\alpha(n))\)，而一个数最多被删除 \(\log V\) 次，这部分是 \(O(n\log V\alpha(n))\)。还要用树状数组维护区间和，\(O(n\log V\log n)\)。应该跑不满，卡卡常可过。
CF611H New Year and Forgotten Tree
对于每种位数钦定一个“核心点”。任何一种方案都可以转化为 没有两个非核心点相连 的情况。
核心点数量只有 \(6\)，那么核心点之间的连边可以爆搜出来。对每一种寻找方案。
根据定义，任意一个非核心点 \(x\) 的度数为 \(1\)（若 \(>1\) 必成环），只能匹配一条边。
1、对于同种位数的连边，只能匹配一种点。这部分先处理掉。
2、对于不同位数间的连边，需从两种点中选一种匹配。这显然是一个网络流模型，建出图跑一遍最大流看看流量是否正确。如果可行遍历残量网络找出方案。
枚举左上角然后使用尺取法复杂度为 \(O(r^2c)\)。注意到 \(k\) 很小，把重心放到有点的这些位置上。
按照以 列、行 分别为第一、二关键字的顺序，用链表维护所有点，并对每个点记录之后第 \(k-1\) 个点所在的列。然后枚举上边界 \(U\)，下边界 \(D\rightarrow D-1\) 时，需要从链表中删除这一行的点，每次删除只会影响前 \(k\) 个位置，暴力修改即可。在修改的时候可以顺便维护左右边界方案数的变化。复杂度为 \(O(rnk)\)。
“修改一段区间”可以改成“修改一段后缀”，那么就可以 \(dp\) 了：设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个数加了 \(j\)，以 \(a_i\) 结尾的最长序列。如果把 \((j,a_i+j)\) 扔到二维平面上，转移的时候就是要求左下方元素的最大值，使用二维树状数组维护。
要满足 \(A+C=C+B=S\)，若存在 \(C\)，必定能够让 \(|C|<n\)，否则 \(S\) 的前面一段是若干个 \(A\)，可以删掉只留一个。
设 \(D=S[|C|+1,n]\)，原条件可以转化为存在 \(C,D\)，使得 \(A=C+D,B=D+C\)。对于每个 \(A\)，设其最小循环节长度为 \(m\)，那么只能得到 \(m\) 种 \(B\)。
于是设 \(f_i\) 表示最小循环节长度为 \(i\) 的字符串数量，容斥可以得到 \(f_i=k^i-\sum_{j|i}f_j\)，\(answer=\sum f_i\times i\)。\(n\) 的因数很少，暴力算就好了。
10.14
\(\text{SG}\)函数基本内容：把博弈游戏转化到有向图上，每个节点代表一个状态。\(SG(x)=mex\{S\}\)，其中 \(S\) 为 \(x\) 的后继节点\(SG\)值集合。假设游戏起点集合为 \(P\)，\(V=SG(x_1)\oplus SG(x_2)\oplus\dots\oplus SG(x_k),x_i\in P\)，当且仅当 \(V\ne0\) 时先手必胜。
举个例子，对于 \(Nim\) 石子游戏，可以把每堆石子上进行的过程看成一张有向图。设节点 \(x\) 代表剩了 \(x\) 个式子的状态，这张图形态特殊，\(x\) 向所有 \(y<x\) 连边，所以 \(SG(x)=x\)。一共有 \(n\) 堆式子，每堆石子的起点为 \(a_i\)，令 \(V=SG(a_1)\oplus SG(a_2)\oplus\dots\oplus SG(a_n)=a_1\oplus a_2\oplus\dots\oplus a_n\)，当且仅当 \(V\ne 0\) 时先手必胜，这就得到了广为人知的经典结论。这是最简单的应用，使用\(\text{SG}\)函数还可以对各种复杂变式轻松处理。
对于本题中的翻棋子游戏，同样可以转化到有向图上使用\(\text{SG}\)函数。如果把 \(n\) 个棋子一起考虑，状态显然过于复杂。尝试通过一定的转化把每个棋子独立出来。
类比于上面的 \(Nim\) 石子游戏，把第 \(x\) 个棋子（只考虑白的）看成大小为 \(x\) 的石堆，令 \(V\) 为所有石堆大小的异或值。若翻转了 \(x,2x,3x\dots kx\)，\(V\rightarrow V\oplus x\oplus 2x\oplus\dots\oplus kx\)，相当于删除了大小为 \(x\) 的石堆，加入大小为 \(2x,3x\dots kx\) 的石堆。
这样一来每个棋子都成了一个独立的游戏，根据\(\text{SG}\)定理，有 \(SG(x)=mex\{0,SG(2x),SG(2x)\oplus SG(3x),SG(2x)\oplus SG(3x)\oplus SG(4x),...\}\)，最终答案为白棋子位置 \(SG\) 值的异或和。
不难发现，\(\lfloor\frac nx\rfloor=\lfloor\frac ny\rfloor\rightarrow SG(x)=SG(y)\)，于是可以进行整除分块只计算 \(\sqrt{n}\) 个位置，计算每个位置时再次分块，利用异或前缀和计算答案。
复杂度为 \(O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}(\sqrt{i}+\sqrt{\frac{n}{i}})=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{i}+\sqrt{n}\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\frac{1}{\sqrt{i}})=O((\sqrt{n})^{1.5})=O(n^{0.75})\)。
转化为二分+判定。判定就是要求出 \([1,n]\) 内有多少数符合要求。直接容斥，用总数量\(-\)含至少奇数个质数的平方因子的数量\(+\)含至少偶数个质数的平方因子的数量。根据 \(\mu(x)\) 的性质，正好可以把它作为系数，得到答案为 \(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\mu(i)\times\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor\)。
使用公式 \(E(X)=\sum P(X\ge i)\)，接下来要求出 \(P(X\ge i)\)，等价于求 \(P(X<i)\)，也就是要求长度为 \(i-1\) 且 \(\gcd=1\) 的序列数。这个问题和上面的P4318十分类似，同样使用 \(\mu(x)\) 作为系数进行容斥：\(\sum\mu(j)\lfloor\frac{m}{j}\rfloor^{i-1}\)。
于是有 \(E(X)=1+\sum_{i\ge2}\frac{m^{i-1}-\sum_{j=1}^m\mu(j)\lfloor\frac{m}{j}\rfloor^{i-1}}{m^{i-1}}=1-\sum_{i\ge2}\frac{\sum_{j=2}^m\mu(j)\lfloor\frac{m}{j}\rfloor^{i-1}}{m^{i-1}}\)。
调整枚举顺序：\(1-\sum_{j=2}^m\mu(j)\sum_{i\ge1}(\frac{\lfloor\frac mj\rfloor}{m})^i\)
套用公式 \(\sum_{i\ge1}x^i=\frac{x}{1-x}\ (x<1)\) 得到 \(1-\sum_{j=2}^m\mu(j)\frac{\lfloor\frac mj\rfloor}{m-\lfloor\frac mj\rfloor}\)。干就完了。
根据网络流图的特殊性质优化暴力费用流（模拟费用流）。
先将队友和敌人放在一起按弹药数排序，若相同让队友在前面。然后依次处理队友 \(i\)，其贡献为 \(a_i-b_j+v_j\)。根据最简单的贪心思想，用堆维护 \(-b_j+v_j\) 的最大值，把它匹配给 \(i\)。
但在网络流模型中，局部最优显然无法推出全局最优，所以还要模拟费用流的“反悔”操作。具体的，匹配了 \((i,j)\) 后，将 \(-b_j+v_j\) 弹出，加入 \(-a_i\)。如果 \(i'\) 选了 \(-a_i\)，相当于用 \(i'\) 换掉 \(i\)，反悔了 \((i,j)\) 的匹配。
执行以上“可反悔（替换）贪心”的效果等同于费用流。
一顿操作有些迷。不禁想问：怎样的模型可用模拟费用流优化呢？观察上面的表达式，\(i,j\) 对于匹配的价值的贡献相互独立，所以可用堆来维护部分价值的最优解。
对于体积 \(>\sqrt{n}\) 的物品，肯定用不完，可以看成完全背包。如果暴力计算复杂度为 \(O(n^2)\)。换一种方式填充：每次往背包里加入一个大小为 \(\lceil\sqrt{n}\rceil\) 的物品，或让背包里物品体积都 \(+1\)。设 \(g_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个物品，总体积为 \(j\) 的方案数，然后递推。因为至多用 \(\sqrt{n}\) 个物品，复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)。
对于前 \(\sqrt{n}\) 种物品，将多重背包计数转化成完全背包：先按照完全背包递推一遍，然后减去不符合限制的方案数。只需倒序枚举 \(j\)，令 \(f_{i,j}-f_{i,j-(i+1)\times i}\)。
两种都算完后 \(O(n)\) 合并起来就是最终答案。
10.15
拆开考虑二进制下每一位的权值 \(2^p\)，根据图的性质，如果 \(2^p\) 的数量定了，那么方案唯一。
现在问题变成了：有 \(p\) 种物品，第 \(p\) 种价值为 \(2^p\)，有 \(k\) 个，求选取若干物品使得总价值为 \(n\) 的方案数。
和上一题LOJ6089中 \(\le \sqrt{n}\) 的物品的处理一样，先求完全背包的方案数，然后减去超过限制的部分，复杂度为 \(O(n\log n)\)。
在 \(x\) 处合并 \(y\in son(x)\) 的答案时，需要：加入 \(v_x\)；合并 \(son(y)\) 内的数；给所有数\(+1\)；查询异或和。
使用\(\text{trie}\)树维护答案，除了全局 \(+1\) 之外都是常规操作。\(+1\) 会导致从低位到高位的进位，那么把\(\text{trie}\)从低位到高位倒着建（反正不求最值）。\(+1\) 在这一位的影响等同于交换 \(0/1\) 儿子，还要考虑进位：在交换前权值为 \(1\) 的子树里继续向下递归修改。
单次\(+1\)修改修改复杂度为 \(\log V\)，\(\text{trie}\) 合并复杂度为 \(n\log V\)，总复杂度 \(O(n\log V)\)。
其实还可以找规律+差分。
\(FWT\) 可以解决 \(i|j=k\) 的限制。对于 \(i\&j=0\)，转化为 \(pop\_count(i)+pop\_count(j)=pop\_count(k)\)。那么把下标 \(i\) 分到第 \(pop\_count(i)\) 组，在符合要求的两组间进行 \(FWT\)，就同时满足了两个条件。
结论：如果对一个二进制数多次执行高精度\(+1\)，暴力进位，每次均摊复杂度为 \(O(1)\)。回到本题，每次加一个有 \(\log|a|\) 个 \(1\) 的二进制数，如果暴力进位计算，复杂度为 \(O(n\log|a|)\)。
但如果有加有减，复杂度没有保证，所以只能分别维护加、减的总和 \(A,B\)。询问 \(k\) 的时候要考虑退位，只需要知道 \(k\) 之后 \(A,B\) 第一个不同的位置谁大。用 \(set\) 维护所有不同的位置，上述过程可用 \(lower\_bound\) 查找。每次最多修改 \(\log|a|\) 个位置，还得在 \(set\) 中操作，复杂度为 \(O(n\log n\log|a|)\)。使用二进制压位优化，可去掉一个 \(\log\)。
10.18
设当前处理的模板为 \(T\)。每一行有 \(3^m\) 种填法，对每种填法用 \(kmp\) 处理其与 \(T\) 的第一/二行的匹配关系，复杂度 \(q3^mm\)。
然后设 \(f_{i,j}\) 表示处理了前 \(i\) 行，第 \(i\) 行与 \(T\) 第一行匹配的位置集合为 \(j\) 时的合法方案数。考虑转移：\(3^m\) 次枚举当前行的填法 \(T'\)，设 \(T'\) 与 \(T\) 第一/二行的匹配关系为 \(A,B\)，有 \(f_{i,A}\mathrel{+}= \sum_{j\and B=\emptyset}f_{i-1,j}\)。只要用 \(fwt\) 对 \(f_{i-1,*}\) 进行预处理就可以 \(O(1)\) 转移了，复杂度 \(n3^mq+n2^mq\)。
总复杂度为 \(O(q3^m(n+m))\)。
如果题目条件为“最小值是\(0\)”，那么可以转换成从 \((0,0)\) 走到 \((n,m)\) 且不穿过 \(y=x-b\) 的方案数。这是 \(catlan\) 数的经典模型之一。推导过程：总方案数为 \({n+m\choose n}\)，不符合条件的路径和从 \((0,0)\) 到 \((m+b,n-b)\) 的路径一一对应，方案数为 \({n+m\choose n-b}\)，所以答案是 \({n+m\choose n}-{n+m\choose n-b}\)。
本题的条件是"极小值为\(0\)"，意思就是所有 \(f(x-1)>f(x)<f(x+1)\) 的 \(f(x)=0\)，那么如果向下走就必须走到底了。设 \(f_{i,0/1}\) 表示走到 \(a_i\)，从 \(a_i-1\rightarrow a_i\) 的直线向上/下的方案数。
如图，先把 \(a_{i-1},a_i\) 向右下、左下拉到 \(x\)轴，设这两点为 \((x_{i-1},0)(x_i,0)\)，这两点间的路径方案数相当于把 \(k=\frac{x_i-x_{i-1}}{2}\) 个物品分成任意段，容易得到答案 \(2^{k-1}\)。这个就是 \(f_{i-1,1}\) 对 \(f_{i,0}\) 的贡献系数。对于 \(f_{i-1,0}\)，先沿黄虚线向上一段（可为 \(0\)），然后一样，方案数为 \(2^0+2^1+2^2\dots+2^{k-1}=2^k-1\)，但它还可以只有一上一下，总共是 \(2^k\)。综上，\(f_{i,0}=2^{k-1}f_{i-1,1}+2^kf_{i-1,0}\)。
事实上，\(f_{i,1}\) 和 \(f_{i,0}\) 的转移是一样的，因为把最后一段折线向上翻（绿虚线），两者一一对应。
先解决第一问：设 \(f_{i,j}\) 为在时间 \([1,i]\) 内，\(A\) 选了 \(j\) 个，\(B\) 最多的数量。枚举一个 \(k\)，分类讨论 \([k,i]\) 之间的区间给 \(A\) 还是给 \(B\)，从 \(f_{k-1,*}\) 转移，复杂度 \(O(n^3)\)。
对于第二问，先按上述方法预处理前缀后缀的答案，然后枚举一个包含线段 \(i\) 的区间，再将前后缀的答案合并。看样子是 \(n\times n^2\times n^2\) 的，但事实上，区间总共只有 \(n^2\) 个，而合并的时候也可以利用单调性去掉一个 \(n\)，复杂度变为 \(O(n^3)\)。
P5527 [Ynoi2012] NOIP2016 人生巅峰
若区间长度为 \(l\)，那么选出一个非空集合有 \(cnt=2^{l}-1\) 种选法。若 \(cnt>1000l\)，即 \(l>13\)，则至少存在 \(2\) 种权值一样的选法 \(A,B\)，设 \(C=A\and B\)，那么 \(A-C,B-C\) 就是一组可行的方案，所以答案定为 \(\text{YES}\)。
现在只剩下长度 \(\le13\) 的区间。先预处理在 \(\%v\) 下三次幂运算的循环节，然后记录每个数被修改的次数，就可以算出这 \(10\) 个数当前的值了。然后直接暴力或者折半处理即可。
如果不处理循环节（烦），也可以用拓展欧拉定理：
\(a^b\equiv \begin{cases} a^{b\%\phi(p)}~~~~~~~~~~~gcd(a,p)=1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p)\neq1,b<\phi(p)\\ a^{b\%\phi(p)+\phi(p)}~~~~gcd(a,p)\neq1,b\geq\phi(p) \end{cases}~~~~~~~(mod~p)\)
为了方便 \(\text{dp}\)，先指定序列递增，最后再乘上 \(n!\)。设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，最大数 \(\le j\) 的方案数，显然有转移 \(f_{i,j}=f_{i,j-1}+f_{i-1,j-1}\times j\)。接下来就非常不错了。
结论：对于 \(k\) 次函数 \(f(x)\)，\(f(x)-f(x-1)\) 为 \(k-1\) 次函数。
设 \(f_{i,j}\) 为 \(j\) 的 \(g(i)\) 次函数。移项得到 \(f_{i,j}-f_{i,j-1}=f_{i-1,j-1}\times j\)。那么 \(f_{i-1,j-1}\times j\) 为 \(j\) 的 \(g(i)-1\) 次函数，得到 \(g(i)-1=g(i-1)+1\)，所以 \(g(n)=2n\)。于是先算出前 \(2n\) 个值，然后就可以用拉格朗日插值得出多项式，快速计算答案了。
拉格朗日插值公式：\(F(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{\prod\limits_{j\not = i}(x-x_j)}{\prod\limits_{j\not = i}(x_i-x_j)}*y_i\)。注意只能选定义域内的点。
令 \(p_i\) 表示 \(i\) 是否为素数。\(f_i=\sum\limits_{j\oplus k=i}p_j\times p_k\)，表示只有两堆石子时异或值为 \(i\) 的方案数，那么 \(n\) 堆石子只要卷上 \(n\) 次（用快速幂、异或 \(fwt\) 优化），然后 \(f_0\) 就是答案。
异或 \(fwt\)：\(FWT(A)=merge(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0)-FWT(A_1))\)。
先给每条边定向，由度数较小点指向度数大的点，于是此图成了 \(\text{DAG}\)。然后在图上枚举三元环：枚举 \(i\)，枚举 \(i\rightarrow j\) 打上标记，再枚举 \(j\rightarrow k\)，若 \(k\) 被打上标记则构成了三元环。
复杂度多少呢？记 \(d_i\) 为 \(i\) 的度数。若 \(d_i\le \sqrt{m}\)，\(i\) 的出边数显然 \(\le \sqrt{m}\)；若 \(d_i>\sqrt{m}\)，根据连边的方式，\(i\) 出边依旧 \(<\sqrt{m}\)。而枚举出边的总次数为 \(m\)，所以总复杂度为 \(m\sqrt{m}\)。
10.19
断开一些边后，若图不连通，则必定可以找到一个断边子集 \(S\)，\(S\) 中有一条树边，和所有覆盖这条这条边的非树边。现在问题就是如何判断是否存在这样的子集。
随便搞一棵生成树，给每条非树边随机一个权值，树边的权值为覆盖它的非树边的权值异或和。若存在上述 \(S\)，只需找出一些异或和为 \(0\) 的边，可用线性基判断。
暴力做法：对每个点 \(x\)，求包含 \(x\) 的链的并集大小。求并集可使用线段树区间覆盖完成。
转化一下，把链 \((x,y)\) 拆成 \((1,x),(1,y)\)，并减去多出来的 \((1,fa[lca(x,y)])\)。前面的部分就是求若干 \((1,x_i)\) 的并：把所有点按 \(\text{dfs}\) 序排序，答案是所有点的深度和减去相邻两点 \(\text{LCA}\) 的深度和，在线段树上对应单点修改。对于后面要减去的部分，因为这些链相交，所以只要减去所有点 \(\text{LCA}\)（即 \(\text{dfs}\) 序最小和最大的点的 \(\text{LCA}\)）的深度。
在处理 \(x\) 的时候，直接继承 \(y\in son(x)\) 的信息（线段树合并），并加入在 \(x\) 点的变化。复杂度 \(O(n\log n)-O(n\log^2n)\)。
首先定义 \(b_i\) 为 \(a\) 的异或前缀和，询问就被转化成求 \(b_x\oplus b_y\ \ x,y\in[l-1,r]\) 的最大值。
每 \(\sqrt{n}\) 个元素分为一块。使用可持久化 \(\text{trie}\) 树和暴力可在 \(n\sqrt{n}\log n\) 时间内算出所有 \(s_{i,j}\) 表示块 \([i,j]\) 内的答案。
对于每次询问，中间整段块的答案已经有了，只剩下两边 \(\sqrt{n}\) 个数和其他数异或的答案没算，还是 \(n\sqrt{n}\log n\) 暴力即可。
只有加入、区间查询，强制在线：对每一个前缀维护线性基，原本线性基的每一位取的是最靠左的数，现在改成最靠右的数，就可以处理询问了。
然而本题又要加，又要删。把所有操作离线，弄到时间轴上，相当于在时间 \([l,r]\) 加入 \(x\)，并询问某个时间的答案。正符合线段树分治的形式，复杂度 \(O(n\log n\log V)\)。
网格图分治。每次取长边两中点连线 \(L\) 切开，计算 \(L\) 上点到其他点的最短路，用经过 \(L\) 的路径更新询问答案（只更新两点都在当前矩形内的），并递归下去。每次选的短边长度 \(L\le\sqrt{nm}\)，所以复杂度有保证。
10.20
每次询问只能加入 \(a_i\le A,b_i\le B\) 的边。把边和询问按 \(a\) 排序，双指针加入 \(a_i\le A\) 的边，第一个条件就解决了。
然后对第二个条件分块处理：维护 \(cnt\) 个并查集，第 \(i\) 个记录加入 \(b_i\) 最小的 \(\frac{m}{cnt}\times i\) 条边后的连通性。每次询问的时候先找到 \(B\) 所在块的前一个并查集，那么至多只有 \(\frac{m}{cnt}\) 条边没被加入，暴力加入并撤销。复杂度 \(O(cnt\times m\log n+q\frac{m}{cnt}\log n\ge m\sqrt{q}\log n)\)。
虽然本题的并查集需要撤销，但只有加入零散的 \(\frac{m}{cnt}\) 条需要撤销，其它修改还是可以路径压缩的，所以 \(\log n\) 好像可以变成 \(\alpha(n)\)。
整体二分：对所有询问一起二分、判定。
二分答案为 \(mid\)，修改 \(\ge mid\) 的边并对每个询问判定。撤回修改。然后把答案 \(\ge mid\) 的询问扔到右边，\(<mid\) 的扔到左边，边也一样，再递归下去。
对询问一起判定的过程：加入链，清除链，看看当前有无不经过 \(x\) 的链。实际上只要知道 \(x\) 被多少条链覆盖了，树上差分转化成单点修改和区间查询，用树状数组维护。
对一张 \(\text{DAG}\) 枚举零度点集合 \(S\)，设剩下点的集合为 \(T\)，它们之间的连边方向只能 \(S\rightarrow T\)。但 \(T\) 中可能存在其它零度点，所以要乘上容斥系数 \((-1)^{|S|+1}\)。 递推的时候枚举 \(|S|\)，得到 \(f(n)=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} {n\choose i}f(n-i)2^{i(n-i)}\)。
\(\text{min-max}\) 容斥：\(\max (S)=\sum\limits_{\varnothing\ne T\subseteq S}(-1)^{|T|-1}\min (T)\)。推导过程：给 \(S\) 排序，设容斥系数为 \(f(i)\)，写出 \(S\) 中每个数的贡献，转换到函数 \(g(n)=[n==0]\)，然后二项式反演算出 \(f(i)\)。可以拓展到第 \(k\) 大: \(kthmax(S)=\sum\limits_{\varnothing\not=T\subseteq S}(-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\min(T)\)。
回到本题，套用 \(max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T)\)。其中，\(S\) 里包含每个 \(1\) 出现的期望时间。问题就变成了求 \(min(T)\)。有 \(min(T)=\frac1{\sum_{i\and T\not=\varnothing}p_i}=\frac1{1-\sum_{i\and T=\varnothing}p_i}\)，\(fwt\) 处理分母就好了。
先把三维转二维，剖出第 \(k\) 层，计算以 \((i,j)\) 为右下角的最大正方形边长 \(f_{i,j,k}\)：\(f_{i,j,k}\le min(f_{i-1,j,k},f_{i,j-1,k})+1\)，从上界开始向下枚举，直到可行。这样暴力每个点均摊 \(O(1)\)，总复杂度 \(O(n^3)\)。
然后再 \(dp\) 拓展回三维：对每个 \((i,j)\) 若选了 \([l,r]\) 层，答案为 \((r-l+1)\times\min_{k=l}^{r} f_{i,j,k}\)，于是可以枚举每个 \(p\) 作为最小值，用单调栈求出 \(f_{i,j,p}\) 为最小值的 \(l,r\) 的边界，更新答案，这部分也是 \(O(n^3)\)。
P6665 [清华集训2016] Alice 和 Bob 又在玩游戏
定义 \(SG(x)\) 为 \(subtree(x)\) 内游戏的 \(SG\) 值。最后答案为每棵有根树 \(SG(root)\) 的异或和。问题变成对每棵树求解 \(\rightarrow\) 对于 \(x\)，得到了所有 \(SG(y)\ \ y\ne x,y\in subtree(x)\)，如何求 \(SG(x)\)。
按照定义，需要计算每个后继状态的值，也就是枚举删除链 \((x,y)\)，对删完后分成的若干棵树的 \(SG(root)\) 求异或和，再对这些值求 \(mex\)。
考虑优化这个过程。\(y=x\) 容易计算。假设 \(y\in subtree(z),z\in son(x)\)，删除之后 \(subtree(z)\) 内的值为 \(Z\)，\(V=xor_{p\in son(x)} SG(p)\)，最终答案就是 \(Z\oplus V\oplus SG(z)\)。当 \(z\rightarrow x\) 后 ，\(Z\oplus V\oplus SG(z)\) 取值集合中的所有数异或了 \(V\oplus SG(y)\)，并且要合并所有 \(z\in son(x)\) 的信息，可用 \(\text{trie}\) 合并、全局异或解决；至于询问 \(mex\)，直接在 \(\text{trie}\) 树上二分。
10.21
注意到本题的特殊限制有“元素两两不同“”每个数最多插入 \(10\) 次“，它们为暴力做法提供了复杂度保障。
”元素两两不同“暗示答案长度至多为 \(\log V\)，对每个位置维护 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为开头的最长序列，\(g_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为开头的长度为 \(j\) 的序列可以从多少个地方转移。同时记录 \(ans_i\) 表示长度为 \(i\) 的序列的不同开头数。
在开头加入 \(x\)，只需枚举 \(x\) 的倍数向 \(x\) 转移，每个数最多插入 \(10\) 次，上界是 \(10q\log V\)。在开头删除 \(x\)，直接在 \(ans\) 里修改然后删除。
在末尾加入/删除 \(x\)，先枚举 \(x\) 的因子进行修改（称这个过程为 \(upd\)），然后从大到小枚举 \(x\) 的因子 \(y\)，如果 \(f_y\) 发生变化，执行 \(upd(y)\)。看着挺暴力，但由于条件限制，复杂度还是对的。
\(k\) 很小，在线段树的每个节点上都记录 \(k\) 个值，分别表示在区间内选 \(1,2,\dots k\) 个数的答案。合并两个节点的时候 \(k^2\) 暴力卷积即可。
对于取反操作，相当于让选奇数个数的答案取反，选偶数个的不变。
对于区间加 \(v\)，\(x_1x_2\dots x_n\rightarrow (x_1+v)(x_2+v)\dots(x_n+v)\)，展开可得 \(v^j\) 对 \(f_i\) 的贡献系数为 \(f_{i-j}\times {L-(i-j)\choose j}\)。
于是所有操作都可以在线段树上处理了，复杂度 \(O(k^2n\log n)\)。
设 \(S\) 为还没结束的状态（概率），\(T_i\) 为第 \(i\) 个人获胜的状态。
要在 \(S,T\) 之间建立关系。能不能直接在 \(S\) 后面加上 \(s_i\) 然后就和 \(T_i\) 扯上呢？显然不行，因为可能还没得到 \(s_i\) 先得到了 \(s_j\)。此时有 \(s_i[1,k]=s_j[m-k+1,m]\)，即 \(S+s_i[1,m]=T_j+s_i[k+1,m]\)。
于是可对每个 \(s_i\) 列出关系式 \(\frac1{2^m}S=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^m[s_i[1,k]=s_j[m-k+1,m]]\frac1{2^{m-k}}T_j\)，还有 \(\sum T_i=1\)。\(n+1\) 个式子 \(n+1\) 个未知数，高斯消元 \(n^3\) 求解。
设 \(V=\min a_i\)，若能表示出 \(kV+r\)，必能弄出 \((k+1)V+r\)，所以只要知道对于每种 \(r\)，最小的 \(k\) 是多少。
在 \(\%V\) 的余数间连边：对每个 \(a_i\) 枚举 \(r\) 连 \(r\to(r+a_i)\%V\)，权值为 \(\lfloor\frac{r+a_i}{V}\rfloor\)。然后从 \(0\) 开始求单源最短路即可。
这里选最小的 \(a_i\) 与正确性无关，只是为了快一点，省一点。
令 \(d=\gcd(a,b),a_0=\frac{a}{d},b_0=\frac{b}{d}\)，原条件变为 \((a_0+b_0)d|a_0b_0d^2\rightarrow (a_0+b_0)|d\)。
不难发现，\(a_0+b_0\leq d\leq \frac{n}{b_0}\)，所以 \(a_0,b_0\leq\sqrt{n}\)，可以快乐地枚举 \(a_0,b_0\)：
\(\sum_{a_0=1}^{\sqrt n}\sum_{b_0=a_0+1}^{\sqrt n}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{b_0}\rfloor}{a_0+b_0}\rfloor[gcd(a_0,b_0)=1]\)
带入莫比乌斯反演，并更改枚举项、变换枚举顺序，得到：
\(\sum_{d=1}^{\sqrt n}\mu(d)\sum_{b_0=2}^{\lfloor\frac{\sqrt n}d\rfloor}\sum_{t=b_0+1}^{2b_0-1}\lfloor\frac{\lfloor\frac n{b_0d^2}\rfloor}{t}\rfloor\)
枚举 \(d,b_0\)，\(t\) 可以数论分块，复杂度大概是 \(O(n^{0.75}\log \sqrt{n})\)。
先看看单圆覆盖。设当前点集的最小圆覆盖为 \(C\)，若新加入一个点 \(P_i\) 不在 \(C\) 中，则 \(P_i\) 一定在新的最小覆盖圆上，固定 \(P_i\) 并暴力重构：初始化圆心为 \(P_i\)，半径为 \(0\)；然后枚举第二个点 \(P_j\)（不在当前圆内），此时有两个点，令圆心为 \(P_iP_j\) 中点，\(r=\frac{dist(P_i,P_j)}{2}\)； 最后枚举第三个点 \(P_k\)（不在当前圆内），此时三点定圆。
说的不是很清楚，放一个伪代码：
for (i = 1 to n) if (P[i] 不在 C 内) {
C = {P[i], 0};
for ( j = 1 to i - 1) if (P[j] 不在 C 内) {
C = {0.5 * (P[i] + P[j]), 0.5 * dist (P[i], P[j])};
for (k = 1 to j - 1)
if(P[k] 不在 C 内) C = 外接圆 (P[i], P[j], P[k]);
}
}
复杂度多少？把点随机打乱后，\(P_i,P_j\) 不在 \(C\) 内概率为 \(\frac{3}{i},\frac{3}{j}\)，期望复杂度 \(O(\sum_{i=1}^n(\frac3i\times (\sum_{j=1}^i\frac3j\times j))=9n)\) 。
本题要求双圆覆盖，显然能够找到一条线 \(L\)，\(L\) 的左侧用第一个圆，\(L\) 的右侧用第二个圆覆盖最优。先枚举 \(L\) 的倾斜角，每次转过 \(\frac{\pi}{100}\)，然后还要确定截距。暴力显然是不行的。发现随着截距改变，左侧最小覆盖圆半径 \(R_1\) 递增，右侧 \(R_2\) 递减，而要求的是 \(min\{\max(R_1,R_2)\}\)，如果画成函数图像，一定在交点处最优，所以二分交点求解。复杂度 \(O(200n\log n)\)。
最小路径覆盖：把每个点拆成入点和出点，按照题意连边。每选一条边，相当于合并两条路径，数量 \(-1\)，所以答案是总点数 \(-\) 二分图最大匹配。
筛出 \([1,10^6]\) 内的素数，统计这部分素数的贡献。对于剩下的数 \(x\)，最多由两个 \((10^6,10^{18}]\) 的素因子相乘，分类：1、用 \(MillerRabin\) 检测后是素数；2、是平方数；3、剩下的都是两个素因子相乘。统计一下就好了。
\(\text{MillerRabin}\) 素数检测：针对较大值域的单个数进行素数判定。费马小定理 \(a^{p-1}\equiv1\pmod p\)，反过来不一定成立，称 \(a^{p-1}\equiv1\pmod p\) 但不是素数的 \(p\) 为伪素数。发现对于每个 \(a>1\)，伪素数个数小于素数的 \(\frac{1}{4}\)，可以多测几个 \(a\) 来判断 \(x\) 是否为素数，正确概率极大。这种做法比较简单，要注意对 \(a=x\) 特判。
可以使用二次探测定理提高测试效率。二次探测定理：若 \(p\) 为奇素数，\(x^2\equiv 1\pmod p\) 当且仅当 \(x=1,p-1\)。
选取一个质数 \(p\) 对 \(x\) 测试：\(x=p\)，\(x\) 为质数；\(x=kp(k>1)\)，合数；\(p^{x-1}\%x\ne1\)，合数；这些都是常规操作，接下来使用二次探测。令 \(k=x-1\)，只要 \(k\) 为偶数就重复操作：将 \(k\) 除以 \(2\)，记 \(t=p^k\% x\)，若 \(t\ne1,p-1\)，\(x\) 非素数；若 \(t=p-1\)，无法继续套用二次探测定理，结束。选取大约 \(10\) 个 \(p\) 进行上述过程。
使用 \(\text{MillerRabin}\) 素数检测 写完后最好测验一下其准确性，避免奇葩错误。
对于三个区间分别用 \(bitset\) 表示其中数值出现的情况（用莫队处理），然后数 \(A\&B\&C\) 里的 \(1\) 的个数就可以得出答案。因为有重复出现的数字，离散化的时候不要 \(unique\)，让每个数第一次出现为 \(x\)，再出现为 \(x+1,x+2\dots\)。
如果直接一遍莫队并存储信息，空间消耗为 \(\frac{nm}{w}\)，不太够，可以把询问分成若干组处理。
使用莫队处理。
对于加减法，用 \(bitset\) 维护每个数的存在性，然后左移、右移、按位与就可以判断了。（判断加法需同时维护 \(v,max-v\) 的存在性 ）
对于乘法，暴力枚举 \(v\) 的因数分解即可。
对于除法，若 \(v\ge\sqrt{mx}\)，只有 \(\sqrt{mx}\) 种可能，同样可以暴力；若 \(v<\sqrt{mx}\)，不用莫队了，把每种 \(v\) 的询问拿出来处理一遍（记录每个位置的上一个与其匹配的位置\(\dots\)）。
不管如何换根，一棵子树的 \(\text{dfs}\) 序区间可表示为原树上的两段区间。于是询问就被转化成：从 \(\text{dfs}\) 序的两段区间中选出两个相同的数，记作 \(f(l1,r1,l2,r2)\)。每个询问有四个变量，不好搞。把它差分成前缀的形式，只需要计算若干 \(f(1,r1,1,r2)\)，用莫队处理。
如果把这 \(k\) 个点分成 \(A,B\) 两组，以 \(A\) 为起点跑一遍多源最短路，就求出了 \(A\rightarrow B\) 的最小答案。那么如果进行若干次划分，对于 \(\forall x,y\)，都在某一次被划到了不同的两组，最终答案就求出来了。枚举二进制位，按照这一位为 \(0/1\) 分成两组计算，这样的划分显然是符合要求的，并且只有 \(\log n\) 次。
单位根反演：\([k|n]=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^{k-1}\omega_k^{ni}\)。证明：\(k|n\) 时右边是 \(\frac{1}{k}\times k\)；\(k\not|n\)，用等比数列公式得到右边为 \(0\)。
枚举 \(\%4\) 余数 \(k\)，得到： \(\sum\limits_{k=0}^3a_k\sum\limits_{i=0}^nC_n^i\cdot s^i\cdot[4|(i-k)]\)
把后面的用反演带入：\(\frac14\sum\limits_{k=0}^3a_k\sum\limits_{i=0}^nC_n^i\cdot s^i\cdot\sum_{j=0}^3\omega_4^{j(i-k)}\)
改变枚举顺序，并把 \(w_4\) 的质数拆开，得到：\(\frac14\sum\limits_{k=0}^3a_k\sum\limits_{j=0}^3\omega_4^{-jk}\sum\limits_{i=0}^nC_n^i\cdot s^i\times \omega_4^{ij}\)
后面那个可用二项式定理化简，得到：\(\frac14\sum\limits_{k=0}^3a_k\sum\limits_{j=0}^3\omega_4^{-jk}(s\cdot\omega_4^j+1)^n\)。可以用快速幂求了。
取模意义下的单位根：\(w_k=pow(g,\frac{mod-1}{k})\)，其中 \(g\) 为原根。
10.22
P5048 [Ynoi2019 模拟赛] Yuno loves sqrt technology III
每 \(\sqrt{n}\) 分为一块，先预处理 \(f_{i,j}\) 表示块 \([i,j]\) 内的答案，复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。对于询问，中间整块的答案 \(ans=f_{x,y}\) 已经有了，还要考虑两边零散的 \(\sqrt{n}\) 个数。
对于每种数开个 \(vector\) 记录其出现位置，然后对 \(\sqrt{n}\) 种数判断区间里是否有 \(ans+1\) 个，如果有就 \(ans\mathrel{+}=1\)，并继续判断。因为 \(ans\) 至多增加 \(\sqrt{n}\)，所以单次复杂度 \(O(\sqrt{n})\)。
如果把指数 \(k\) 去掉，就是P4211：\(path(root,x),path(root,y)\) 的重合部分是 \(path(root,lca(x,y))\)。树链剖分，先对 \(path(root,x)\) 路径 \(+1\)，再询问 \(path(root,y)\) 的和就是 \(depth(lca(x,y))\)。利用这一思想就可以解决 \(\text{P4211}\)。
本题加上了指数 \(k\)，只要修改每个点的贡献：原本每个点的权值为 \(1\)，现在把深度为 \(d\) 的点的权值差分，赋为 \(d^k-d^{k-1}\)，就可以一样做了。
10.24
题意就是给出一棵树（结构有特殊性质），\(\forall x,val_x\ge val_{fa_x}\)，而 \(val\) 是 \(d\) 的排列，求 \(val\) 的最大字典序。
直接贪心，依次考虑编号从小到大的点 \(x\)，设其子树大小为 \(sz_x\)，那么选 \(val_x\) 的时候显然要留出 \(sz_x-1\) 的空位，还要给同一层的 \(y<x\) 的子树也留出 \(sz_y-1\) 的空位。用线段树维护当前每个数的排名（把预留的去掉），求 \(val_x\) 就是在线段树上二分，若有相同值 \(val_x\) 要选最右边的。
然而这题还是有些奇怪的（成为黑题的原因吧），说不太清楚。差不多是这么个意思。
局部极小值的四周没有局部极小值，那么最多 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\times\lceil\frac{m}{2}\rceil=8\) 个极小值，可以状压。从小到大填入每个数，\(f_{i,j}\) 表示填了数字 \([1,j]\)，局部极小值填充的状态为 \(j\) 的方案数。每个极小值必须先于周围空格填入，按照这个枚举转移即可。
现在保证了是极小值的位置都是极小值，但没有保证不是极小值的位置一定不是极小值。所以爆搜得出每种可能的极小值局面，然后容斥。
先用分数规划（二分答案）转化为判定性问题，然后使用点分治。计算跨过 \(x\) 的链的答案：用“滑动窗口”（单调队列）把子树合并起来，每次的复杂度为当前子树最深深度加上之前子树的最深深度，所以要按最深深度排序，从小到大处理。
知耻而后勇。最后的机会了，NOIP冲冲冲！！！
10.25
记 \(f(S)=\bigwedge_{a\in S} a,\ S/a\) 表示从集合 \(S\) 里拿掉元素 \(a\)。按照题意写出答案为 \(\sum\limits_S [f(S)=0]\and [\forall{a\in S},f(S/a)\not =0]\)。比较麻烦的是 \(\forall\) 的条件不好记录。
把后面的部分容斥，得到 \(\sum\limits_S [f(S)=0]\and \sum_\limits{S'\subseteq S}[\forall {a\in S'},f(S/a)=0](-1)^{|S'|}\)
\(\ne 0\) 变成了 \(=0\)，于是条件可以写成 \([(\bigvee\limits_{a\in S'} f(S/a))=0]\)，这个东西就可以放在 \(\text{dp}\) 状态里了。
设 \(f_{i,j,k}\) 表示处理了 \(i\) 个数，\(j=f(S)\)，\(k=\bigvee\limits_{a\in S'} f(S/a)\) 时 \((-1)^{|S'|}\) 的和。分类转移就好了。
复杂度为 \(O(n\times 3^{10})\)。
10.26
1、若 \(x\) 支配 \(y\)，\(y\) 支配 \(z\)，则 \(x\) 支配 \(z\)
2、若 \(x,y\) 都支配 \(z\)，则 \(x,y\) 之间也存在支配关系
3、对于 \(x\)，设 \(D_x\) 为其支配集。根据第\(2\)条，\(D_x\) 中有且仅有一个 \(y\) 满足 \(D_x\) 中除了 \(x\) 都支配 \(y\)，连边 \((fa_x=y,x)\)，最终会构成支配树。
4、这个 \(y\) 就是支配集最大的那个点，于是可以暴力构建。
5、加入一条边，\(D_x\) 变化，要么 \(D_{fa_x}\) 变化，\(fa_x\) 不再支配 \(x\)。
6、加入边 \((u,v)\)，若 \(fa_x\) 不再支配 \(x\)，则删除 \(fa_x\) 后，\(1\) 可达 \(u\)，\(v\) 可达 \(x\)。
7、具体地，删除每个点后爆搜一遍，得出所有 \(D_x\)，然后按照\(4\)构建支配树，复杂度 \(O(n^2)\)。预处理\(6\)所需的信息，每次询问为 \(O(n)\)。总复杂度 \(O(n(n+q))\)
对于 \(f(u,G)\)，若 \(v\) 有 \(1\) 的贡献，则 \(u\rightarrow v,v\rightarrow u\) 都存在不经过 \(\le v\) 的点的路径。
一种做法就是用 \(\text{floyd}\) \(O(n^3)\) 算出 \(d_{u,v}\) 表示 \(u\rightarrow v\) 不经过 \(\le u\) 的最大路。“最大路”定义为经过的边中最小编号最大的路径（最多删掉几条边后还存在）。然后答案就很好算了。得分44——100。循环的时候注意上下界，可以使用指针卡常。
还有一种是先枚举 \(u\)，然后把边倒着加进去（正图反图都要处理），加入 \((u,v)\)，若都没被标记，先留着；若有一个被标记，就从这个点出发搜索。每个点最多经过一次，复杂度 \(O(n(n+m))\)。还可以换用 \(\text{bitset}\)，复杂度 \(O(\frac{n^3}{w})\)。
两个条件：总分单调，封榜后做题数单调。先让所有人的总分都变成最大值（预先计算费用），强行满足第一个条件。若顺序确定，之后每次操作都是让后缀 \(+1\)（保持第一个条件满足），去满足第二个条件。直接 \(\text{dp}\)，令 \(f_{i,j,k}\) 表示已经处理的集合为 \(i\)，最后一个人是 \(j\)，还剩 \(k\) 次过题数的答案。暴力转移就好了，复杂度 \(O(2^nn^2m)\)。如果使用一些枚举技巧是跑不满的。
已经发榜的人还要和未发榜的人比较，所以初始化要注意一下。
先随便构造出一组 \(a\)，然后进行调整。给 \(a\) 的第 \(i\) 行 \(+x_i,-x_i,+x_i,-x_i\dots\)，第 \(j\) 列 \(+y_j,-y_j,+y_j,-y_j\dots\)，并不改变 \(b\)。可以列出若干关于 \(x,y\) 的不等式。调整一下就都变成了作差的形式，使用差分约束求解。
AT4439 [AGC028E] High Elements
依次考虑每一位，是否可以填 \(0\)。需要判断若当前位填 \(0\) 后面是否可行。
称原本序列中的前缀最大值为“旧最大值”，其余的为”新最大值“。结论：若有解，一定可以让其中一个序列只有”旧最大值“。证明：若两个序列都有”新最大值“ \(x,y\)，那么交换 \(x,y\)，之后 \(x,y\) 就都被”遮住了“，而两个序列的前缀最大值个数仍相等。
于是考虑判断能否构造出其中一个序列只有”旧最大值“的方案。设 \(A\) 只有”旧最大值“， 另一个序列为 \(B\)。当前 \(A,B\) 前缀最大值的数量为 \(c_a,c_b\)，之后还没动的”旧最大值“数量为 \(c\)，\(B\) 之后的”新/旧最大值“数量分别为 \(p,q\)，则需要满足条件 \(c_a+c-q=c_b+p+q\rightarrow 2q+p=c_a+c-c_b\)。
等式右边是定值。左边的 \(2q+p\)，可以转换成”带权上升序列“：让”旧最大值“价值为 \(2\)，”新最大值“为 \(1\)，在后面是否能找出一个权值为 \(c_a+c-c_b\) 的上升序列。发现总价值由若干 \(1,2\) 组成，那么若 \(x\) 可达，\(x-2\) 必可达，所以只要分别计算总和为奇数/偶数的最大上升序列。可用线段树维护。
上述过程基于”\(A\)中只有旧最大值“的假设，而这个假设也的确成立：对于后面任意一个非”旧最大值“的位置 \(x\)，若 \(x\) 被塞到 \(A\) 中成了”新最大值“，说明能遮住 \(x\) 的已经在 \(B\) 里，那么不妨把 \(x\) 扔到 \(B\) 里，并不会增加 \(B\) 的前缀最大值数量。
10.27
把 \(b\) 排序，显然若 \(i<j\)，\(b_i\) 插在 \(b_j\) 左边更优。所以 \(b\) 之间没有逆序对，只要考虑 \(a,b\) 之间的逆序对。然后又发现 \(b_j\) 插入的最优决策点也一定在 \(b_i\) 右边。
一种方法是从左往右逐个插入，用线段树维护每个位置的答案。但这样比较烦，比较慢，还容易错。使用分治，每次算出 \(b_{mid}\) 的最优决策点，然后往两边递归。这样计算最优决策点的时候可以直接暴力扫，不需要数据结构维护。
结论：将所有人按 \(\max(s,a)\) 排序，依次考虑，能爬就爬，这样的方案最优。
证明比较麻烦。分类讨论？可能可以考虑交换两个人后的变化来证明。
总方案数可以拆成人员分配和成绩分配两部分。
人员分配（被碾压的是哪些人？第 \(i\) 门课被超过的是哪些人？）：对第一个问题容斥，第二个直接算。设 \(f(x)\) 表示定了 \(x\) 个人被碾压，每门课被 \(1\) 超过的人员分配方案数，不难得到：\(f(x)={n-1\choose x}\times\prod\limits_{i=1}^m {n-1-x\choose R_i-1}\)，容斥一下就是人员分配方案数 \(num=\sum\limits_{i=k}^{n-1}(-1)^{i-k}\times {i\choose k}\times f_i\)。这里有一个 \(i\choose k\) 别忘了，因为每种“至少碾压 \(i\) 个人”对应 \(i\choose k\) 个“至少碾压 \(k\) 个人”。
还要考虑成绩的分配。这个很好写，枚举第一个学生第 \(i\) 门课的成绩 \(j\) 得到 \(g(i)=\sum\limits_{j=1}^{U_i} j^{n-R_i}\times (U_i-j)^{R_i-1}\)。但 \(U_i\) 的范围为 \(10^9\)，需要优化。\(j^{n-R_i}\times (U_i-j)^{R_i-1}\) 是关于 \(j\) 的 \(n-1\) 次项，套上 \(\sum\) 后成了关于 \(U_i\) 的 \(n\) 次多项式。算出前 \(n+1\) 个值后使用拉格朗日插值算出 \(g(i)\)。
最终答案只需将二者相乘，即 \(num\times \prod g(i)\)。
10.28
对 \(l_i\%k\) 相同的询问放在一起处理，问题就成了：给定 \(l,r\)，求 \(\sum\limits_{i=l}^{r} (\min a[l,i])\)。
令 \(f_i=\sum\limits_{j=i}^{n}(\min a[i,j])\)，\(nxt_i=\min\limits_{j>i,a_j<a_i}\{j\}\)，有递推式 \(f_i=f_{nxt_i}+a_i\times(nxt_i-i)\)。
对于询问 \(l,r\)，令 \(p\) 为 \([l,r]\) 中 \(a\) 最小的位置，有 \(ans=f_l-f_p+a_p\times(r-p+1)\)。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
\(\text{Lucas}\) 定理：\({n\choose m} \equiv {m/p\choose n/p}\times{m\%p\choose n\%p}\pmod p\)。观察发现，若把 \(i,j\) 都写成 \(k\) 进制数，当且仅当出现某一位 \(i<j\) 时 \({i\choose j}\equiv 0\pmod p\rightarrow p|{i\choose j}\)。
数位 \(\text{dp}\)，在状态里记录 \(i,j\) 的相对关系、\(i\) 与 \(n\)，\(j\) 与 \(m\) 的大小关系，暴力转移。
令 \(f_s\) 表示使集合 \(s\) 连通的方案数，直接转移容易出现重复。考虑计算反面：使 \(s\) 不连通的方案数 \(g_s\).然后用总方案去减。计算 \(g_s\) 时选一个点为特殊点，枚举与特殊点连通的集合 \(t\)，有 \(g_s=\sum f_t\times g_{s\oplus t}\)。复杂度 \(O(3^n)\)。使用子集卷积和多项式科技可优化至 \(O(n^22^n)\)。
10.30
CF1598G The Sum of Good Numbers
以下结论均基于“\(a,b,x\) 中不出现 \(0\)” 的条件。
设 \(a\ge b\)，必有 \(|a|=|x|\) 或 \(|a|=|x|-1\)。
1、\(|a|=|x|-1\)，必有 \(|b|=|x|-1\)，只有 \(n\) 种。
2、\(|a|=|x|\)，此时需先求出二者的 \(\text{lcp}\)，然后和情况 \(1\) 类似，也只有 \(n\) 种。
总共可能的结果只有 \(2n\) 种，然后拿哈希 \(\text{check}\) 一下是否可行。
10.31
CF1569F Palindromic Hamiltonian Path
看着高级，实际上是个暴力题。只需要知道哪些点同色时合法，乘上组合数就是答案。也就是求颜色的划分，总状态数为贝尔数，约为 \(10^5\)。
初始状态是两两配对的情况，可以直接暴力搜索，复杂度 \(12\times 11\times10\times 9\times 8\times 7\)。然后枚举哪两个并在一起转移。
11.01
每条边最多属于一个环，否则这两个环拼在一起异或值为 \(0\)。动态加边的构成先离线建出生成树。然后对于每次询问，判断这条链上的边是否都没被覆盖、异或值是否为 \(0\)。第二个条件容易判断，第一个条件直接在 \(\text{dfs}\) 序上用树状数组暴力修改（差分，前缀和），反正每条边只被覆盖一次。
先把所有字符串排序，然后算出相邻两个字符串的 \(lcp\) 长度 \(L_i\)。字符串 \(i,j\) 的 \(lcp\) 就是 \(L\) 在区间 \([i,j]\) 内的最小值。这部分复杂度为一个 \(\log\)。
发现答案只能是 \(1,2,1337\) 三种，\(1337\) 的容易解决。只要算出答案为 \(1\) 的答案就出来了。若 \(f(x,y)=1\) ，除去一段后缀一段前缀，中间部分 \(x\) 有序。
方案一：预处理后直接暴力可以弄到 \(n^2\)。考虑另一种做法，先枚举 \(x\)，然后枚举两个切割点，左边一段右边一段哈希后统计一下，答案就可以算了，设 \(S=|s_i|\times n\le 2\times 10^5\)。复杂度 \(n\times (\frac{S}{n})^2=\frac{S^2}{n}\)（直接 \(map\) 会再带一个 \(\log\)）。根据 \(n\) 的数值选取不同的做法，复杂度为 \(\min(n^2,\frac{S^2}{n})\le S^{\frac{4}{3}}\)。
方案二：枚举 \(x\)，根据 \(lcp(y,x)\) 的单调性用单调栈维护 \(lcp(y,x)\) 相同（\(=s\)）的 \(O(m)\) 段区间。对每段区间分别搞：算出从 \(s+1\) 开始的 \(s_x\) 的极长有序区间 \([s+1,t]\)，要统计 \([t+1,|s_x|]\) 这一段与 \(x\) 相同的 \(y\) 的数量。把所有串反插入 \(\text{trie}\) 树，然后二分。
只有在答案向量上投影为正的向量会产生贡献。将向量极角排序后，枚举答案向量极角 \(x\)，贡献为正的区间随 \(x\) 变化单调，双指针处理。
10.02
暴力做法：分类讨论，看看有没有选 \(a_1\)，如果选了 \(a_1\)，只需枚举另一个；否则枚举 \(a_1\) 的约数看看能否成为答案。可以拿到 \(60\) 分。
一个乱搞：先把 \(a\) 排序去重，每种数至多留 \(3\) 个，然后讨论有没有选前 \(60\) 个，如果选了做法不变；如果没选，这时候只要枚举 \(a[1,60]\) 的 \(\gcd\) 的约数。很可惜，最后一个 \(\text{subtask}\) 有一个点无法通过。不选前 \(60\) 个了，随机选 \(60\) 个，还是过不了。猜测这个点大概形如 \(k,2k,3k,4k\dots,nk,k\le1e13\)，可以先把所有数的 \(\gcd\) 除掉再处理，不知道能不能过。反正如果不是 \(\text{ACM}\)，这个乱搞应该可以拿不少分。
正确做法：选择的这个 \(i\ (i<j)\) 满足 \(s_i\ne s_{i-1}\)，其中 \(s_i\) 为前缀异或和。这样的 \(i\) 不超过 \(\log 10^{18}\) 个，对每个暴力就好了。如果要更快一些，有用的 \(j\) 也只有 \(\log 10^{18}\) 个...
证明：反证，若 \(s_i=s_{i-1}\)，还要用 \(i\)，答案 \(x|s_i\)，\(s_i|a_i,s_i|a_{i-1}\)，那么用 \(i-1\) 的效果是一样的。
