嗯。。。所謂RP守恆？
仍然延續着好一場爛一場的規律。
雖說我也想打破這個規律，但是並不想在考爛之后打破這個規律。（因為下一場要考好？？？）
我也不知道我現在是什么狀態，相較於前一階段有所提升（第一雞房的buff？）
但是明顯還有提升空間。也可以看到離上面的差距有多大。
（在去食堂的路上一頓爆捶捶傻skyh就能進步一名了hhh）
這場考試呢，T1正路是推式子然而我又開始瘋狂打表找規律，最后得到了一個和正解沒什么關系但是能拿到80分的式子。
也肝了一個小時，然后就停止在80分了。
並不是沒有在化式子，而是化的不徹底，沒有到最終可做的形式。
然后T2是個板子就寫了。沒調沒對拍，着急進T3。（又不像某些人考前打對拍。。。）
T3想直接奔着最終答案去，於是就先上了個暴力，對着excel看了挺久，找到一些規律但是不能用於做題。
最后20分鍾左右的時候想到了n3的思路，但是細節較多來不及打了，時間分配不夠。還是給T3分的時間不夠多。
最后交了暴力。最后幾分鍾打了21～25的表但是沒有數據，數據是28。如果提前幾分鍾開始打就多20分了。。。
然后就沒有然后了。
還好，仍然是在持續的思考。沒掛機沒摸魚。
但是某些考試技巧還是要練的。。。如打表之類。。。
不要嘗試找n2的表的規律，很困難而且浪費時間。
分配一些時間給打表交表也是不錯的。
T1：神炎皇
考場上的發現是$- n +\sum \limits_{i=1}^{n} \sqrt{i的最大平方因子}$
枚舉這個因子，此后就不應再有平方因子，運用莫比烏斯函數的實際意義進行容斥，得到
$= - n + \sum \limits_{d=1}^{\sqrt{n}} d \sum \limits _{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d^2} \right \rfloor} \mu (k) \times \left \lfloor \frac{n}{d^2 k^2} \right \rfloor$
這樣的式子的復雜度外層是$\sqrt{n}$，內層是調和級數，所以總的復雜度是$O( \sqrt{n} ln \sqrt{n} )$,有80分。
而正解是考慮ab的最大公約數，設$gcd(i,j)=g$，$a=gx$，$b=gy$
那么有$xyg^2 mod (x+y)g =0$。因為xy互質，所以xy與x+y互質
所以$g mod (x+y) =0 $，所以$g>=x+y$。那么根據題目的限制$a+b<=n$則$(x+y)g<=n$
有$x+y<=n$。那么就枚舉$k=x+y$。求數對$x,y$的數量。
因為$y$與$x$互質，所以$x+y$與$x$互質，所以確定$k$后可行的$x$就有$\varphi (k)$個。
然后可行的$g$的個數就是$\frac{n}{k^2}$個。
那么最終的答案就是$\sum \limits_{k=1}^{\sqrt{n}} \varphi (k) \times \frac{n}{k^2}$
最終復雜度$ O( \sqrt{n} ) $
1 #include<cstdio> 2 int phi[10000005],p[10000005],pcnt;char np[10000005];long long n,ans; 3 int main(){ 4 for(int i=2;i<=10000000;++i){ 5 if(!np[i])p[++pcnt]=i,phi[i]=i-1; 6 for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<=10000000;++j) 7 if(i%p[j])phi[i*p[j]]=phi[i]*(p[j]-1),np[i*p[j]]=1; 8 else {phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j],np[i*p[j]]=1;break;} 9 } 10 scanf("%lld",&n); 11 for(long long i=1;i*i<=n;++i)ans+=n/i/i*phi[i]; 12 printf("%lld\n",ans); 13 }
T2：降雷皇
一個比較普通的線段樹dp，只不過記錄了一下方案。
算是個板子吧。
1 #include<cstdio> 2 #define mod 123456789 3 int Mod(int p){return p>=mod?p-mod:p;} 4 struct state{ 5 int dp,pl; 6 friend state operator+(state x,state y){ 7 if(x.dp<y.dp)return y; 8 if(y.dp<x.dp)return x; 9 return (state){x.dp,Mod(x.pl+y.pl)}; 10 } 11 }w[800005],O; 12 int cl[800005],cr[800005],x[800005]; 13 void build(int p,int l,int r){ 14 cl[p]=l;cr[p]=r; 15 if(l==r){w[p]=(state){0,l?0:1};return;} 16 build(p<<1,l,l+r>>1);build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r); 17 w[p]=w[p<<1]+w[p<<1|1]; 18 } 19 void chg(int p,int pos,state nw){ 20 if(cl[p]==cr[p]){w[p]=w[p]+nw;return;} 21 chg(pos<=cl[p]+cr[p]>>1?p<<1:p<<1|1,pos,nw); 22 w[p]=w[p<<1]+w[p<<1|1]; 23 } 24 state ask(int p,int l,int r){ 25 if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return w[p]; 26 return ask(p<<1,l,r)+(r>=cl[p<<1|1]?ask(p<<1|1,l,r):O); 27 } 28 int main(){ 29 int n,opt,x;scanf("%d%d",&n,&opt); 30 build(1,0,100000); 31 while(n--){ 32 scanf("%d",&x); 33 state bst=ask(1,0,x-1);bst.dp++; 34 chg(1,x,bst); 35 } 36 state ans=ask(1,0,100000); 37 printf("%d\n",ans.dp); 38 if(opt==1)printf("%d\n",ans.pl); 39 }
T3：幻魔皇
斐波那契樹當然離不開斐波那契數列。還記得那個兔子的例子？
白點是小兔子，黑點是老兔子。
在相同時間年齡相同的兔子，其子樹完全相同。
既然要求樹上的距離，那么肯定是要知道最近公共祖先的。
如果兩個白點存在祖先關系那么它們的祖先就是老的那一個白點，否則就是一個黑點。
那么考慮枚舉每一個點，考慮它為lca時子數的貢獻。
如果是個白點，那么其對距離為i的點對的貢獻就是它第i代后代中白點的數量，就是fib[i]。
（具體是fib的第幾項可能因人而異，因為我的fib[0]=1,fib[1]=0）
然后枚舉每一層的全部白點，它們的數量也就是個fib數，n2解決所有祖先關系的白點對的貢獻。
如果lca是黑點，那么黑點有一個黑兒子一個白兒子，lca是它的話那么兩個白點要分別在兩個子數內。
處理層數為1的，答案為0。
不斷考慮層數更高的，其新的貢獻就是白兒子的新的一層與原有黑兒子的貢獻，以及黑兒子新的一層與新的白兒子的貢獻。
具體就是一大堆的fib數。處理出f[i][j]表示深度為i的黑根樹對答案j的貢獻，乘上整棵樹里有多少個這樣的黑點即可。
答案數組開10000。而不是5000。（我稍蠢，嗯）
復雜度$O(n^2)$
1 #include<cstdio> 2 #define int long long 3 #define mod 123456789 4 int fib[5005],ans[10005],f[5005][10005]; 5 main(){ 6 int n;scanf("%lld",&n); 7 fib[0]=1; 8 for(int i=2;i<=n;++i)fib[i]=(fib[i-1]+fib[i-2])%mod; 9 for(int i=0;i<n;++i)for(int j=1;j<n-i;++j)(ans[j]+=fib[i]*fib[j])%=mod; 10 for(int i=2;i<n;++i){ 11 for(int j=1;j<=n<<1;++j)f[i][j]=f[i-1][j]; 12 for(int j=1;j<=i;++j)(f[i][i+j]+=fib[i-1]*fib[j])%=mod; 13 for(int j=1;j<i;++j)(f[i][i+j]+=fib[i]*fib[j-1])%=mod; 14 } 15 for(int i=1;i<n;++i)for(int j=1;j<=n<<1;++j)(ans[j]+=f[n-i][j]*fib[i])%=mod; 16 for(int i=1;i<=n<<1;++i)printf("%lld ",ans[i]);puts(""); 17 }