Before NOIP2021

10月末开始会记的少一些。

9.25

P7110 晚秋绝诗

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。

P4800 [CEOI2015 Day2]核能国度

二维差分，二次差分（在对角线上搞）

P4654 [CEOI2017]Mousetrap

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

CF603E Pastoral Oddities

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。

P3352 [ZJOI2016]线段树

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？

P5466 [PKUSC2018]神仙的游戏

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。

P3565 [POI2014]HOT-Hotels

P5904 [POI2014]HOT-Hotels 加强版

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

P3688 [ZJOI2017] 树状数组

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。

3B1B 有意思的等式证明——看似没有关系答案却和Π相关

3B1B 一个具有启发性的问题

3B1B 物理碰撞模型和Π扯上关系

3B1B 物理碰撞模型和光线反射扯上关系，再到Π

9.28

P5467 [PKUSC2018]PKUSC

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。

P6773 [NOI2020] 命运

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

Day4 T4

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。

P6776 [NOI2020] 超现实树

分类讨论，递归处理。detail

P6630 [ZJOI2020] 传统艺能

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

P6765 [APIO2020]交换城市

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。

P4451 [国家集训队]整数的lqp拆分

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

P4491 [HAOI2018]染色

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

Day5 T4

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

LOJ #6030. 「雅礼集训 2017 Day1」矩阵

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。

Day6 T4

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

Day7 T3

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。

P4457 [BJOI2018]治疗之雨

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 $O(n^2)$

#6033. 「雅礼集训 2017 Day2」棋盘游戏

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

P1971 [NOI2011] 兔兔与蛋蛋游戏

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

P6730 [WC2020]猜数游戏

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 $(i,j)$。

P6478 [NOI Online #2 提高组] 游戏

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。

BZOJ3640 JC的小苹果

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

P5996 [PA2014]Muzeum

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。

P4501 [ZJOI2018]胖

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

P3214 [HNOI2011]卡农

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 $m!$。

P6830 [IOI2020]连接擎天树

$p$ 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。

P6831 [IOI2020]嘉年华奖券

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。

P4983 忘情

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。

CF888G Xor-MST

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

CF1481E Sorting Books

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。

1. $i$ 是颜色 $a_i$ 的左端点，保留所有 $a_i$，则 $f_i\leftarrow cnt_{ai}+f_{r_{ai}+1}$
2. $i$ 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。
3. 移动 $i$，$f_i\leftarrow f_{i+1}$。

P4425 [HNOI/AHOI2018]转盘

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 $O(n\log^2 n)$。

P6624 [省选联考 2020 A 卷] 作业题

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

P7323 [WC2021] 括号路径

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 $\log$。

P4640 [BJWC2008]王之财宝

$T$ 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：${n\choose m} \equiv {m/p\choose n/p}\times{m\%p\choose n\%p}\pmod p$。

P5504 [JSOI2011] 柠檬

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

P3358 最长k可重区间集问题

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。

P1251 餐巾计划问题

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。

P3355 骑士共存问题

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

AT1219 歴史の研究

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。

P6619 [省选联考 2020 A/B 卷] 冰火战士

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。

P2447 [SDOI2010]外星千足虫

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 $O(\frac{n^3}{w})$。

P6628 [省选联考 2020 B 卷] 丁香之路

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 $O((m+n^2)\log n)$。

P6622 [省选联考 2020 A/B 卷] 信号传递

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。

P2597 [ZJOI2012]灾难

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。

P1912 [NOI2009] 诗人小G

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。

P4965 薇尔莉特的打字机

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

BZOJ4544 椭圆上的整点

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。

P2508 [HAOI2008]圆上的整点

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 $O(\sqrt{r})$。

CF613D Kingdom and its Cities

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。

P1654 OSU!

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。

P2260 [清华集训2012]模积和

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。

CF452F Permutation

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

CF1406E Deleting Numbers

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。

P5610 [Ynoi2013] 大学

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。

CF627E Orchestra

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 $O(rnk)$。

P3287 [SCOI2014]方伯伯的玉米田

“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。

51nod 1317 相似字符串对

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

P3179 [HAOI2015]数组游戏

$\text{SG}$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 $O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}(\sqrt{i}+\sqrt{\frac{n}{i}})=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{i}+\sqrt{n}\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\frac{1}{\sqrt{i}})=O((\sqrt{n})^{1.5})=O(n^{0.75})$。

P4318 完全平方数

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 $\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\mu(i)\times\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor$。

CF1139D Steps to One

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。

BZOJ4977 跳伞求生

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。

LOJ6089. 小 Y 的背包计数问题

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

BZOJ5003 与链

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 $O(n\log n)$。

P6623 [省选联考 2020 A 卷] 树

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。

P6097 【模板】子集卷积

$FWT$ 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。

P3822 [NOI2017] 整数

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

P3290 [SCOI2016]围棋

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 $O(q3^m(n+m))$。

P3336 [ZJOI2013]话旧

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，$A,B$ 代表相邻的定点。先把 $A,B$ 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。

P1973 [NOI2011] NOI 嘉年华

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：

$a^b\equiv \begin{cases} a^{b\%\phi(p)}~~~~~~~~~~~gcd(a,p)=1\\ a^b~~~~~~~~~~~~~~~~~~gcd(a,p)\neq1,b<\phi(p)\\ a^{b\%\phi(p)+\phi(p)}~~~~gcd(a,p)\neq1,b\geq\phi(p) \end{cases}~~~~~~~(mod~p)$

P4463 [集训队互测 2012] calc

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。

BZOJ4589 Hard Nim

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 $fwt$：$FWT(A)=merge(FWT(A_0)+FWT(A_1),FWT(A_0)-FWT(A_1))$。

P6815 [PA2009]Cakes

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

BAOJ3569 DZY Loves Chinese II

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。

P5327 [ZJOI2019]语言

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 $O(n\log n)-O(n\log^2n)$。

BZOJ2741【FOTILE模拟赛】L

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。

BZOJ4184 shallot

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 $O(n\log n\log V)$。

P3350 [ZJOI2016]旅行者

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

P3247 [HNOI2016]最小公倍数

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 $\alpha(n)$。

P3250 [HNOI2016]网络

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。

DAG 计数

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 $f(n)=\sum_{i=1}^n (-1)^{i+1} {n\choose i}f(n-i)2^{i(n-i)}$。

P3175 [HAOI2015]按位或

$\text{min-max}$ 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。

P3331 [ZJOI2011]礼物

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

P4224 [清华集训2017]简单数据结构

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。

P4247 [清华集训2012]序列操作

$k$ 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 $O(k^2n\log n)$。

P3706 [SDOI2017]硬币游戏

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。

P2371 [国家集训队]墨墨的等式

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。

P4466 [国家集训队]和与积

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 $O(n^{0.75}\log \sqrt{n})$。

P4586 [FJOI2015]最小覆盖双圆问题

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 $O(200n\log n)$。

P2172 [国家集训队]部落战争

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。

P3653 小清新数学题

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。

P4688 [Ynoi2016] 掉进兔子洞

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。

P5355 [Ynoi2017] 由乃的玉米田

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$\dots$）。

P4689 [Ynoi2016] 这是我自己的发明

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。

P5304 [GXOI/GZOI2019]旅行者

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。

LOJ#6485. LJJ 学二项式定理

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 $O(\sqrt{n})$。

P5305 [GXOI/GZOI2019]旧词

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

P4364 [九省联考2018]IIIDX

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。

P3160 [CQOI2012]局部极小值

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。

P4292 [WC2010]重建计划

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

BZOJ4762 最小集合

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

P7520 [省选联考 2021 A 卷] 支配

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 $O(n(n+q))$

P7516 [省选联考 2021 A/B 卷] 图函数

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 $O(\frac{n^3}{w})$。

P7519 [省选联考 2021 A/B 卷] 滚榜

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。

P7515 [省选联考 2021 A 卷] 矩阵游戏

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

CF1601C Optimal Insertion

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。

CF1601D Difficult Mountain

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。

P3270 [JLOI2016]成绩比较

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

CF1601E Phys Ed Online

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 $O(n\log n)$。

P6669 [清华集训2016] 组合数问题

$\text{Lucas}$ 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。

P5933 [清华集训2012]串珠子

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

CF1555F Good Graph

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。

CF1535F String Distance

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。

P5955 [POI2018] Pionek

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

Codechef Maximum GCD

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。