退役后做题记录

我退役了

AGC030E Less than 3

神仙题Orz

首先，如果你修改了一个位置\(i\)，那么\(i-1\),\(i+1\)一定不同，否则一定会出现连续三个一样的

将0和1之间插入一条红线，1和0之间插入一条蓝线。那么红蓝线一定交替出现

修改相当于移动一条线，移动方案相当于一个匹配（位置1以前、位置n以后可以看做有无数条红蓝交替的线）

最妙的是，“不能出现连续三个一样的”限制没有了（因为一定能找到方案）

枚举匹配的方案即可

首先，取垃圾的代价固定，为\(nX\)，可以无视。

设取了\(K\)次垃圾，放垃圾代价就会是\(KX\)。

考虑一次取垃圾的过程，取了\(x_1<x_2<\ldots<x_s\)处的垃圾。

显然一定会先走到\(x_s\)，然后返回途中收辣鸡。

推一下，代价会是\(5x_s+5x_{s-1}+7x_{s-2}+9x_{s-3}+\ldots+(2s+1)x_1\)。

收了\(K\)次辣鸡，会有\(2K\)个系数\(5\)，\(K\)个系数\(7,9,11,\ldots\)，可以任意乘给\(x\)

显然最大的\(2K\)个拿\(5\)，以此类推，前缀和高高就行了

首先消去\(C\)。所有\(A,B\)变成\(A-C,B-C\)，最后答案加\(\sum C\)，就不需要取\(C\)了，只要取\(x\)个\(A\)，\(y\)个\(B\)。

枚举一条分界线，左右都会从小到大取\(A/B\)，用一个堆维护

我是傻逼

先考虑\(\sum_{d|x}\mu(d)=[x=1]\)，我们要求\(\sum_{path}\sum_{d|\gcd\{path\}}\mu(d)\)，也就是对所有\(d\)求有多少条路径\(\gcd\)是其倍数

分开求跨过不确定边的路径和剩下的，不确定边把树分成了两棵树。

不跨过不确定边的路径直接求，枚举\(d\)后，只保留权值是\(d\)倍数的边。路径数是\(\sum \binom{siz}2\)，并茶几维护即可

跨过不确定边的路径，\(u,v\)分出了两棵树，搜出两棵树所有点到\(u/v\)的\(\gcd\)。两棵树的\(\gcd\)记为数组\(A,B\)

那么如果不确定的边权为\(w\)，这部分答案是\(\sum_{a\in A,b\in B,d|\gcd(a,b,w)}\mu(d)\)

设\(s_i=\sum_{a\in A,b\in B}[a|i][b|i]\)（注意0要特判）可以发现\(a\in A,b\in B\)会在\(\mathbb{lcm}(A,B)\)的倍数处计算一次。

那么如果\(i|w\)，答案加上\(s_i\mu(i)\)，就只会算一次了