codeforces 1610D

1 good子序列的性质挖掘

1.1

对一个序列$\{b_i\}$，每个元素$b_i$对应一个等差数列$\{x,x+1,x+2,...,x+b_i-1\}$，很显然该数列由首项$x$唯一确定，其和为$xb_i+\frac{b_i(b_i-1)}{2}$

因此good序列满足$\sum\limits_{i=1}^n xb_i+\frac{b_i(b_i-1)}{2}=0$，即$\sum\limits_{i=1}^nx_ib_i=\sum\limits_{i=1}^n\frac{b_i(1-b_i)}{2}$。

如何判断一个序列是不是good？根据上述推导，一个序列good等价于该关于$x_1,x_2,...,x_n$的一次方程存在一组整数解。

根据裴蜀定理，该方程有整数解等价于$gcd(b_1,b_2,...,b_n) | \sum\limits_{i=1}^n\frac{b_i(b_i-1)}{2}$。这就是判断一个序列是否为good的充要条件。

以上都是很普通的数学推导。

1.2

记$f(a)=\frac{a(a-1)}{2}$。

注意到如下事实：当$a$为奇数时，$f(a)=\frac{a-1}{2}\cdot a$，此时$a\mid f(a)$，因此$f(a)\% gcd(a,.,.,...)=0$.换句话说，当一个$a$为奇数时，它在式$\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i(a_i-1)}{2}\% gcd(a_1,a_2,...,a_n)$（记为式X）中对和式$\sum\limits_{i=1}^n\frac{a_i(a_i-1)}{2}$的贡献为0，即无任何影响，而偶数情况则比较复杂。接下来我们抛开奇数的情况。

进一步地，我们知道任意整数$a$都能表示成$2^b\cdot c$的形式，其中$b$为非负整数，$c$为奇整数。因为上面我们抛开了奇数的情况，此时$b$总是正整数。此时$gcd(a_1,a_2,...,a_n)=2^{min\{b_1,b_2,...,b_n\}}\cdot gcd(c_1,c_2,...,c_n)$。因此式X可以表示为$\sum\limits_{i=1}^n\frac{2^{b_i}c_i(2^{b_i}c_i-1)}{2}\% 2^{min\{b\}}\cdot gcd\{c\}$。

1.3

单独拿出式X的每一项来看，每一项可以写成$2^{b_i-1}c_i(2^{b_i}c_i-1)\% 2^{min\{b\}}\cdot gcd\{c\}$。显然，当$b_i-1\geq min\{b\}$时，该式恒为0。

剩下的只有$b_i=min\{b\}$的情况了，这时为$2^{b_i-1}\cdot c_i(2^{b_i}c_i-1)\% 2^{b_i}\cdot gcd\{c\}$。

抽象一下这个：设$a$为正整数，$b,c$为正奇数且$c\mid b$，则该式为$b\cdot 2^{a-1}\% c\cdot2^{a}$。

通过观察（找规律），我们可以发现有$b\cdot 2^{a-1}\% c\cdot2^{a}=c\cdot 2^{a-1}$恒成立。接下来我们尝试证明它：

等价于证明$b\cdot 2^{a-1}\equiv c\cdot 2^{a-1}(\mod c\cdot2^a)$。设$b=x\cdot c$，即证$x\cdot c\cdot 2^{a-1}\equiv c\cdot 2^{a-1}(\mod c\cdot 2^a)$。其中$x$为正奇数。

还是不够明显，再抽象一下：设$y=c\cdot 2^{a-1}$（1.2节提到任意整数$a$都能表示成$2^b\cdot c$的形式，这反过来也是正确的，即$a$与$(b,c)$构成的这一映射为一一映射，这条定理保证这一设的合理性），即证$x\cdot y\equiv y(\mod 2y)$。对正奇数$x$，归纳法易证其正确性。

证明完毕之后，我们就知道了当$b_i=min\{b\}$时，设模数为$m$，该项对和式的贡献为$\frac{m}{2}$，也就是说每两个满足$b_i=min\{b\}$的项加起来就为0。

以上推导足够我们完成这题了。

2 如何计good子序列数

很显然，枚举$min\{b\}$即可，选取的方案要保证：

• 存在$b_i=min\{b\}$的项，且项数为偶数；
• 其他项的$b_i$需大于$min\{b\}$。

注意考虑奇数的情况：$min\{b\}=0$时无需保证项数为偶数。