VP

E 考虑从前缀和角度，那么能确定当且仅当 $sum[n]$ 能确定。考虑前缀和确定了 $sum[l-1]$ ，又知道和，那么就能确定 $sum[r]$ ，所以 $n$ 应该是通过一些边与 0 连起来的。并查集即可。该问题还可以转化为能否确定每个 $a_i$ ，即 $\forall i\in[1,n],find(i)=find(0)$ 。

G 就是 SB 莫队，考虑质因子并不是很多，应该是在 $\log$ 级别的，所以复杂度正确。加个奇偶排序和去掉
#define int long long
就过了。

F 很有趣，一开始想到记录 $dp[i][j][p][q]$ 表示当前到了 i，选了 j 个数，两个限制条件的最小值。发现应该是 1 个的。不太会。看了眼题解，发现按第一维排序，限制第二维即可。

AtCoder Beginner Contest 212

除了手速慢点都好。

E 喵喵喵！

对于限制事实上都能想到不能建图，只是说 $x$ 的后面不能走到 $y$ 而已。那就是诈骗题了。给了一堆限制，形似 $(x,y)$ 表示生成序列中 $x$ 的后面不能是 $y$ ，dp 即可。

然后限制的条件不是平方级别的，所以可以通过总的减去不合法的来转移。

F 暴力不难想。

发现假如坐上第 $i$ 班公交，那么之后的路径都是固定的，可以倍增加速跳的过程。

G 喵喵喵！

考虑用 $P$ 的原根表示所有数，那么 $(x,y)$ 合法就是 $(g^a)^n \equiv g^b \pmod{P},x\equiv g^a,y\equiv g^b$ 。

那么 $g^{an\%(P-1)} \equiv g^{b\%(P-1)} \pmod{P}$ ，那么 $an\equiv b \pmod{P-1}$ ，那么考虑枚举 $a$ 和 $n$ ，则 $an \equiv a \pmod{P}$ 那就不合法了。显然最后一个合法的是 $an\equiv 0\pmod{P-1}$ ，那么 $n=\dfrac{lcm(a,P-1)}{a}=\dfrac{(P-1)}{\gcd(a,P-1)}$

那么 $ans=\sum_{i=1}^{P-1} \dfrac{P-1}{\gcd(i,P-1)}$

直接求难求。

以下的 $P$ 为上文的 $P-1$ 。

考虑式子里的一定是 $P$ 的约束，我们令 $d=\dfrac{P}{(i,P)}$ ，那么 $\dfrac{P}{d}=(i,P)$ ，那么考虑对于 $d$ ，求出 $\sum [(i,P)=\dfrac{P}{d}]$ ，就是它的贡献系数。化开不难发现技术 $\varphi(d)$ 。根号求即可。

H 就这？就这？

容斥，FWT 等比数列求和，特判。

AtCoder Beginner Contest 213

E 01bfs

F 后缀树， $len[lcp]$ 一定会等于祖先各个的本质不同子串（后缀树上），因为考虑祖先是子孙的后缀，所以长度从小到大连续，所以从祖先贡献下来即可。

G 子集 dp，考虑 $f[s]$ 为 $s$ 这个点集构成联通的图方案数，发现并不好转移，但可以容斥， $f[s]=2^{cnt[s]}-\sum_{T\subseteq S} 2^{cnt[S-T]}f[T]$ ，即选择一个联通块，然后让他与其他部分孤立。但是，其他部分乱连也可能形成联通块，导致重复贡献。有个 trick，就是可以直接选定一个点，然后我们只考虑这个点所在的联通块与其他的孤立，这样就不会重复了。即 $f[s]=2^{cnt[s]}-\sum_{pos\in T,T\subseteq S} 2^{cnt[S-T]}f[T]$ ，计算答案的话就枚举有 $i$ 点的集合 $S$ ， $f[S]*2^{cnt[all-S]}$ ，因为 2 者孤立，并不会算重。

H 直接 dp 比较好想， $f[i][j]$ 为当前在 $i$ 点，走了 $j$ 公里的方案， $f[x][j]=\sum_{k=0}^j f[y][k]*cnt[e(y,x)][j-k]$ ，发现是个半在线卷积，分治 NTT 即可。

ABC214

E，F 水。

G 不会。

H，看题解。

https://atcoder.jp/contests/abc232

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本文作者：F x o r G
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