时隔多年，终于又有了一套我能改完的题……
A.神炎皇
遇到这种要求整除的题显然拆出gcd
设$d=gcd(a,b)\ \ \ a'=\frac{a}{d} \ \ \ b'=\frac{b}{d}$
原式转化为$(a'd+b'd)|(a'db'd)$
$(a'+b')|(a'b'd)$
又因为$gcd(a',b')=1$
所以$a'+b'$一定不是$a'b'$的因子，进而得到$(a'+b')|d$
又由$a+b \leq n \rightarrow (a'+b')d \leq n \rightarrow a'+b' \leq \sqrt{n}$
不妨枚举$s=a'+b'$
那么满足$gcd(a',b')=1$的合法数对有多少个？
由更相减损术可得$gcd(a,b)=gcd(a+b,b)$
所以$a',b'$共$\varphi (s)$对
那合法的$d$也就只有$\frac{n}{s^2}$个
答案即$\sum \limits _{i=2}^{n} \varphi (i) \times \frac{n}{i^2}$
注意到当$i> \sqrt{n}$时每项为0，所以枚举到$\sqrt{n}$即可
复杂度$O(\sqrt{n})$。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+2;
ll n,ans,sqt;
int pr[N],vis[N],tot,phi[N];
void work()
{
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=sqt;i++)
{
if(!vis[i])pr[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&pr[j]*i<=sqt;j++)
{
vis[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j])phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j]-1);
else
{
phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
break;
}
}
ans+=1LL*phi[i]*(n/(1LL*i*i));//cout<<ans<<endl;
}
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
sqt=sqrt(n);
work();
/*for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<i<<' '<<phi[i]<<endl;*/
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B.降雷皇
就是LIS再加上求方案数……权值线段树可以一次性处理二者信息，每次查询当前序列值对应的最长公共子序列长度和方案数转移即可。注意区间查询左右边界问题。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
typedef long long ll;
const ll mod=123456789;
int n,a[N],type,side;
int ans,f[N<<2],res=1;
ll num,g[N<<2];
#define ls(k) (k)<<1
#define rs(k) (k)<<1|1
void up(int k)
{
f[k]=max(f[ls(k)],f[rs(k)]);
if(f[ls(k)]>f[rs(k)])g[k]=g[ls(k)];
else if(f[rs(k)]>f[ls(k)])g[k]=g[rs(k)];
else g[k]=(g[ls(k)]+g[rs(k)])%mod;
}
void ins(int k,int l,int r,int pos,int valf,ll valg)
{
if(l==r)
{
if(f[k]<valf)f[k]=valf,g[k]=valg;
else if(f[k]==valf)(g[k]+=valg)%=mod;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)ins(ls(k),l,mid,pos,valf,valg);
else ins(rs(k),mid+1,r,pos,valf,valg);
up(k);
}
void ask(int k,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>R)return ;
if(L<=l&&R>=r)
{
if(ans<f[k])ans=f[k],num=g[k];
else if(ans==f[k])(num+=g[k])%=mod;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
if(L<=mid)ask(ls(k),l,mid,L,R);
if(R>mid)ask(rs(k),mid+1,r,L,R);
}
int main()
{
n=read();type=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),side=max(side,a[i]);
int nowf=1;ll nowg=1;
ins(1,1,side,a[1],nowf,nowg);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
ans=num=0;
ask(1,1,side,1,a[i]-1);
nowf=ans+1;nowg=max(1LL,num);
//cout<<nowf<<' '<<nowg<<endl;
res=max(res,nowf);
ins(1,1,side,a[i],nowf,nowg);
}
printf("%d\n",res);
if(!type)return 0;
ans=num=0;
ask(1,1,side,1,side);
printf("%lld\n",num);
return 0;
}
C.幻魔皇
第一步就跪了……根本没想到可以枚举距离
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5005;
const ll mod=123456789;
ll f[N],sum[N],ans[N<<1];
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
f[1]=f[3]=1;sum[1]=sum[2]=1;sum[3]=2;
for(int i=4;i<=n;i++)
f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod,sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;
for(int i=1;i<n;i++)
(ans[i]+=sum[n-i]*f[i+1]%mod)%=mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int d1=i+j,d2=max(i,j);
(ans[d1]+=(sum[n-d2+1]-1)*f[j+1]%mod*f[i]%mod)%=mod;
}
for(int i=1;i<=n*2;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
putchar('\n');
return 0;
}