由於出題人的疏忽，導致T2和T3分別有一個數據造錯，造成了大家不必要的麻煩，對此十分抱歉。
這里寫一下三道題的題解：
A--LJJ愛數數
題目鏈接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4844
題目簡述：求出有多少個正整數三元組{a,b,c}，滿足a,b,c<=n，a,b,c三個數的最大公約數為1，且1/a+1/b=1/c。
數據范圍：n<=1e12
tag：本題原型來自中等數學2011年第1期，進行了一番改編。
20分：枚舉a，b，O(1)算出c，統計答案
100分：
方法一：
化簡后得到(a+b)c=ab，設g=(a,b)，A=a/g，B=b/g，則g(A+B)c=ABg^2，即(A+B)c=ABg
由題目已知條件：(a,b,c)=1，即(g,c)=1，g|(A+B)c，故g|(A+B)，
設(A+B)/g=AB/c= k ∈ Z，
若k>1，因為A,B互質，所以k|A或k|B，則A+B不能被k整除，矛盾。因此k=1。
故充要條件為：1<=a,b,c<=n，a+b=g^2，c=ab/g^2。
枚舉g，則可得A+B=g。用莫比烏斯反演求出一定范圍內與g互質的數的個數即可。
寫程序的過程中，你會發現，枚舉1到sqrt(2n)的g之后，只需枚舉g的約數。
所以時間復雜度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))
方法二：（PJY提供的此方法十分巧妙）
可以化簡得到：(a+b)c=ab，於是ab-bc-ac+c^2=c^2，所以(a-c)(b-c)=c^2
設a-c=km^2，b-c=kn^2，則c=kmn。
若k>1，(a,b,c)=(km^2+kmn, kn^2+kmn, kmn)≠1，矛盾。故k=1
由此我們知道a-c=m^2，b-c=n^2是完全平方數。
因為(a,b,c)=(m(m+n)，n(m+n)，mn)=（(m+n)*(m，n)，mn）=1，所以(m,n)=1
故充要條件為1<=a,b,c<=n，a-c, b-c是完全平方數，c^2=(a-c)(b-c)，(a-c，b-c)=1
枚舉(a-c)，用莫比烏斯反演求出一定范圍內與sqrt(a-c)互質的數的個數即可。時間復雜度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))
源碼：
方法一：https://paste.ubuntu.com/p/mXF2bvXdy7/
方法二：https://paste.ubuntu.com/p/yn5NddzNjj/
B--LJJ愛數樹
題目鏈接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4845
題目簡述：在一棵n個節點的樹上的k個點處放k個攝像頭。每個攝像頭可以看到與之樹上距離<=r的點。
使得被看到的點的w[i]之和最大。
數據范圍：k<=n<=1000，w[i]<=1e6
tag：
亂搞做法一：如果一個一個放攝像頭，每一次把當前w[i]和最大話，那樣例一就過不了
亂搞做法二：如果直接假定關於攝像頭個數k的函數f(k)是凸函數，那樣例二就過不了（因為這個結論是錯誤的）
10分：枚舉2^n種情況（還可以用位運算優化）。
另外20分（k<=2）：做法可能有多種，可以暴力枚舉兩個點，然后用點分或dsu求每種情況的答案。
40分：暴力dp，定義dp數組f[i][j][k][l]，
f[i][j][k1][k2]表示第i個節點的子樹處理完畢，子樹中放了j個攝像頭。
期望被觀測，但未被觀測的最遠的點距離ta為k1；最近的攝像頭離ta距離為k2。
該dp復雜度或許是O(n^4)吧，（沒實現過不清楚）
100分：接着上述40分的題解講。
我們在dp的過程中，初始化每個節點有三種狀態：什么都沒發生；放有一個攝像頭；雖沒放攝像頭，但這個點之后會被觀測到。
所以dp的過程中，就決定了每個點是否計入答案。其有用的信息為：子樹中離點i最近的攝像頭的距離，子樹中離點i最遠的期望被觀測的
點的距離。且信息有用當且僅當距離<=r，因為攝像頭的觀測范圍就是r。
如果兩個信息同時存在，那么可以忽略攝像頭的信息。
這里證明一下：
設最遠的期望被觀測的點為a點。最近的攝像頭為b點。所以dis(a,b)>r。
之后一定有一個攝像頭c點，使得dis(a,c)<=r。那么顯然dis(c,i)<dis(b,i)。顯然，攝像頭b能觀測到的在 i 子樹外的點，c都能觀測到。
所以可以忽略b的信息。
所以理所當然地，可以把dp數組寫成f[i][j][k]（原先第三維和第四維壓縮成一維）
之后的dp，可能細節有些繁瑣。導致標程可讀性差。所以題解里就不闡述了。
這樣還不夠，因為n<=1000。
我們還需要證明一下：當k*r>=n時，所有的點都能夠被觀測到。
隨便選一個點提根。取深度最深的點，如果深度<=r，直接選擇根節點放攝像頭。
若深度dep>r，選擇與該點距離r的祖先，選擇該祖先放攝像頭，這樣相當於花費一個攝像頭砍去了點數>=r的一個子樹。
故容易證明k*r>=n時，所有點都能觀測到。
所以，k*r<n時，枚舉點i,依次把它的兒子所代表的子樹合並起來，復雜度是min(k,size[a])*min(k,size[b])*r。
總復雜度可以證明是n*k*r<n^2。（不詳細講證明了）
源碼：
標程：https://paste.ubuntu.com/p/gdFgv42mzf/
翠竹葉飛的代碼：https://paste.ubuntu.com/p/4jJyCCyddq/
C--LJJ愛數書
題目鏈接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4846
題目簡述：
一個序列A，每次操作可以使一段連續的區間加1或減1並對K取模，定義F(A,K)表示最少的操作次數使得序列的所有元素都變為0。
輸入長度為n的序列A，m次詢問F(A[x][y],K)的值。
數據范圍：
n<=200000, m<=100000, k<=1e9
tag：
唯一一道數據結構題，所以思路不是那么難。只要你會50分，就可以輕松優化到100分。
10分：搜索+剪枝
30分：先考慮單組詢問求F(A,K)。為了方便之后處理，首尾加 0 。
設長度變為N=n+2
我們先考慮如果操作中每次加一、減一后不取模。若A[i]∈Z（可能是負數）。
先對A差分 -> 設B[i]=A[i]-A[i-1]（對於1<i<=n），顯然B[2]+B[3]+...+B[N]=0
每次操作等同於，B[i]加一，B[j]減一（ 1<i,j<=N ），目標是將所有的B[i]變為0。
若未達到目標，因為所有的B[i]之和為0。一定存在B[i]>0，B[j]<0。
所以一定存在一次操作，使得B[i]的絕對值的和減2。
由此我們知道，此時最小操作次數是[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])] / 2。（此處abs表示絕對值）
現在題中操作為每次加一、減一后對K取模。所以等同於，先將A數組的某些元素加或減K的倍數。
等同於我們先對差分數組B中某些元素加或減K（根據之前最小操作次數的公式，顯然加減范圍不會超過K），並維持B[2]+B[3]+...+B[N]=0。
求這樣的情況下，[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])]/2 的最小值。
容易實現單次詢問O(n^2) dp。
50分：接着30分的題解講，我們要對差分數組的某些數值加K或減K，並維持B[2]+B[3]+...+B[n]=0。
設在S個位置加K，在S個位置減K。（這2S個位置不重復）
顯然，我們只會在小於0的位置加K，在大於0的位置減K。所以前者和后者一定不重復。
對於小於0的數 (-a)，對其加K可以使代價減少 (2a-K)。
對於大於0的數(a)，對其減K可以使代價減少 (2a-K)。
所以，對要加K和要減K的位置，選2a-K前S大的位置，（a是其絕對值）
容易做到單次詢問O(n)，總復雜度O(mn)。
100分：接着50分的題解講，顯然，我們可以二分這個K，求區間第K大和前K大和即可。（這里不再贅述）
使用主席樹或划分樹可做到復雜度O(mlog^2n)。