A题不解释，不过所有题目在这里
B题 Master of Phi
题意：有T个数据，模数是998244353，每个数据输入一个m，然后m行每行输入一个pi，qi，其中每个pi都是质数且不重复，表示pi的qi次方，最后把每个pi的qi次方相乘得到一个n，求n的每一个因数的（欧拉函数*n/这个因数）的和，输出它们的和。
分享一个wa了的思路，感觉没毛病，如果有大神发现其bug，求指教，万分感谢。
思路：先把每一个加数的n提出来，用f(x)表示x的欧拉函数，pow(x,y)表示x的y次方，G(x)表示f(x)/x，因为pi都是质数，所以f(pow(pi,qi))=pow(pi,qi)*(1-1/pi)，G(f(pow(pi,qi)))=(1-1/pi)，而且得出来的值和qi无关，那么pi和qi可以组成n的几个因数呢，不难发现除1以外可以组成qi个因数，又因为G(*)的值与qi无关，得出sum（G(f(pow(pi,i)))）|i=1,2...qi=(1-1/pi)*qi=qi-qi/pi，把sum（G(f(pow(pi,i)))）|i=1,2,..qi当做ai，那么m对pi，qi就是有m个ai，n的所有因数的G()的值就ai的自由组合，即求a1,a2,a1a2,a3,a1a3,a1a2a3,.....,a1a2a3..am的和，可以用dfs或者递推，递推思路就是所有以ai结尾的项之和等于所有以a(i-1)结尾的项之和+1再乘以ai。
/*****续更，给p[i ],q[ i ]赋值时用long long 赋值: scanf("%lld%lld",&p[ i ],&q[ i ])就ac了....赋值没注意，wa了我好几天，经验还是不足啊
#include<stdio.h>
long long mod=998244353;
long long ans;
long long chengfang(long long a,int n)
{
long long ans=1;
while(n>0)//快速幂
{
if(n%2==1)
ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
n/=2;
}
return ans%mod;
}
void dfs(int k,long long a[30],long long sum,int m)
{
if(k>m)
{
ans=(ans+sum)%mod;
return;
}
long long sum1=sum*a[k]%mod;
dfs(k+1,a,sum1,m);
dfs(k+1,a,sum,m);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int i,m;
long long p[30],q[30];
long long a[30];
long long n=1;
scanf("%d",&m);
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&p[i],&q[i]);
a[i]=(q[i]+mod-(q[i]*chengfang(p[i],mod-2)%mod))%mod;//费马小定理求逆元
n=n*chengfang(p[i],q[i])%mod;
}
ans=0;
long long sum[30]={0};
for(i=1;i<=m;i++)
{
sum[i]=((ans+1)%mod)*(a[i]%mod)%mod;
ans=(ans+sum[i])%mod;
}
ans++;//最后加上一个1
//dfs(1,a,1,m);
printf("%lld\n",(ans*n)%mod);
}
}
C题 Hakase and Nano
题意：有T组数据，每组数据输入一个n,d，n为石子堆的数目，d为1表示Hakase先取，2表示Nano先取，然后输入n个数据表示第i堆石子有ai个石子，一次只能去一堆任意个石子切最少取一个，Hakase每次必须取两次，Nano每次必须取一次。Hakase赢就输出Yes否则输出No。
思路:不难发现d=1时，当且仅当石子堆数是3的倍数且每堆石子的数量只能是1，Hakase才能输，d=2时只要Nano可以构造d=1的情况Hakase才能输。比如说1 1 x(x>1)或者1 1 1 x(x为任意数)就可以构造1 1 1使Hakase输。
#include<stdio.h>
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int i,n,k,t;
int sum=0;
scanf("%d%d",&n,&k);
if(k==1)
{
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&t);
if(t==1)
sum++;
}
if(sum==n&&sum%3==0)
printf("No\n");
else
printf("Yes\n");
}
else
{
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&t);
if(t==1)
sum++;
}
if((sum==n&&n%3==1)||(sum+1==n&&n%3==1)||(sum+1==n&&n%3==0))
printf("No\n");
else
printf("Yes\n");
}
}
}
J题 Master of GCD
题意：题意很简单就是求整个数列的最大公约数，有T组数据，模数是998244353，有一个长度为n的数列，数列每项初始值为1，m个操作，每次操作有一个给定区间，以及操作方法，x为2就是给定区间每个数乘以2，为3就是给定区间每个数乘以3，操作完就求整个数列的最大公因数。
方法：很明显线段树的题，每个节点保存的信息有2的个数和3的个数，最后统计第一个节点共有几个2和几个3，然后再去相乘就行，但是这是区间更新，比较麻烦，所以每个节点要保存两组数据，一组是自己这个节点的区间更新了几个2和几个3，另一组是min(两个儿子节点的区间2的个数和3的个数)，那么一个节点所在区间总共的2的个数和3的个数就是这两组数据相加。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define max(x,y) x>y?x:y
#define min(x,y) x<y?x:y
const int mod=998244353;
struct node
{
int two[2];//two[0]为该区间跟新次数,two[1]为左儿子总共的2的个数和右儿子总共2的个数的min
int three[2];
}tree[300000];
void update(int L,int R,int ql,int qr,int node,int k)
{
if(L>=ql&&R<=qr)
{
if(k==2)
tree[node].two[0]++;
else
tree[node].three[0]++;
return;
}
int m=(L+R)/2;
if(ql<=m)
update(L,m,ql,qr,node*2,k);
if(qr>m)
update(m+1,R,ql,qr,node*2+1,k);
int sumL=tree[node*2].two[0]+tree[node*2].two[1];
int sumR=tree[node*2+1].two[0]+tree[node*2+1].two[1];
tree[node].two[1]=min(sumL,sumR);
sumL=tree[node*2].three[0]+tree[node*2].three[1];
sumR=tree[node*2+1].three[0]+tree[node*2+1].three[1];
tree[node].three[1]=min(sumL,sumR);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int i,n,q,l,r,k;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(i=1;i<=2*n+1;i++)
{
tree[i].three[0]=tree[i].two[0]=0;
tree[i].three[1]=tree[i].two[1]=0;
}
while(q--)
{
scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
if(l>r)
update(1,n,r,l,1,k);
else
update(1,n,l,r,1,k);
}
long long ans=1;
k=tree[1].two[0]+tree[1].two[1];
while(k)
{
ans=ans*2%mod;
k--;
}
k=tree[1].three[0]+tree[1].three[1];
while(k)
{
ans=ans*3%mod;
k--;
}
printf("%lld\n",ans%mod);
}
}