\（\）
コキュ
typedef long long ll;
int a1,a2,n,d;ll res;
int main(){
scanf("%d%d%d",&a1,&a2,&n);
d=a2-a1;
res=1ll*(a1+a1+1ll*(n-1)*d)*n>>1;
printf("%lld\n",res);
return 0;
}\（Bの\）
答えはどちらか見つけることは難しいことではありません\（1 \）のどちらか\（2 \を）
場合だけと\（K + 1 \）素数との範囲であり、\は、（K + 1 \）数だけ複数、答えは\（1 \）そうでなければ\（2 \）
と言われて、\は（N = 2 \）特別の配慮に、私が直接ました\（n個の\当量100 \）暴力のケースでは走りました
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,k;
inline bool ck(R ll x){fp(i,2,sqrt(x))if(x%i==0)return false;return true;}
int vis[105];
void solve(){
R int p=1;
vis[k+1]=1;
fp(res,1,2333){
fp(i,2,n+1)if(vis[i]==res)
fp(j,2,n+1)if(!vis[j])
if(__gcd(i,j)==1)vis[j]=res+1,++p;
if(p==n)return printf("%d\n",res),void();
}
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
if(n<=100)return solve(),0;
puts(ck(k+1)&&(k+1)*2>n+1?"1":"2");
return 0;
}\（C \）
バイナリ点線+
二点遠い距離、必須の点線の中心を強化しながら、点線根の中心
それは彼の距離にサブツリービット、またはそのサブツリー点最も遠い彼から選択されている場合にのみ場合、点は、選択された\（MID = \）分離された二つの（すなわち最大距離）、選択された点以下であれば\（K \）が正当説明
時間は点線の箇所を削除されますので、その点から削除した後、サブツリーの中で最も距離を処理するために覚えています
PS：この問題は、乗算器に直接渡すことができるといわれています
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int sz[N],son[N],vis[N],ok[N],dis[N],las[N],rt,size;
int l,r,mid,ans,n,k,sum;bool fl;
inline int max(R int x,R int y){return x>y?x:y;}
void findrt(int u,int fa){
sz[u]=1,son[u]=0;
go(u)if(!vis[v]&&v!=fa)findrt(v,u),sz[u]+=sz[v],cmax(son[u],sz[v]);
cmax(son[u],size-sz[u]);
if(son[u]<son[rt])rt=u;
}
void did(int u,int fa){
ok[u]=0,dis[u]=las[u];
go(u)if(!vis[v]&&v!=fa)did(v,u),cmax(dis[u],dis[v]+1),ok[u]|=ok[v];
ok[u]|=(dis[u]>=mid),sum+=ok[u];
}
void solve(int u){
vis[u]=1,sum=0;
did(u,0);
if(!ok[u])ok[u]=1,++sum;
if(sum<=k)return fl=1,void();
R int t1=0,t2=0,to=0;
go(u)if(!vis[v]){
if(dis[v]+1>=t2)t1=t2,t2=dis[v]+1,to=v;
else cmax(t1,dis[v]+1);
}
if(las[u]>=t2)t1=t2,t2=las[u],to=0;
else cmax(t1,las[u]);
R int ss=size;
go(u)if(!vis[v]){
las[v]=v==to?t1+1:t2+1;
if(las[v]>mid)continue;
rt=0,size=sz[v]>sz[u]?size-sz[u]:sz[v],findrt(v,0),solve(rt);
if(fl)return;
}
}
int ck(){
memset(las,0,(n+1)<<2);
memset(vis,0,(n+1)<<2);
fl=0,son[0]=n+1;
size=n,rt=0,findrt(1,0),solve(rt);
return fl;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(R int i=1,u,v;i<n;++i)scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
int l=1,r=n;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>1;
ck()?(ans=mid,r=mid-1):l=mid+1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}\（D \）
それは彼の息子、そしてサブツリーのサイズが半分になると点灯するジャンプがある場合は、ジャンプ息子のプロセスを考えてみましょう、そう光ホップの息子の総数は超えることはありません\（O（n個のログ）\ ） 回ので、我々は唯一の再最適化ジャンプを考慮する必要がありますプロセスの息子が可能
各点について、私たちはその息子のラベルのその重息子はずっと、その重鎖との計算限り、彼の息子の重い言葉をスキップする方法で記録された\（a_iを\）です\（LCP \）を使用することができバイナリ+ \（ハッシュ\）を得
複雑\（O（nは\ ^ログ \）2 n）を
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=5e5+5;
typedef unsigned long long ll;
vector<int>to[N];ll bas[N];
int n,q,m;
struct Bit{
ll c[N];
inline void upd(R int x,R ll y){y*=bas[x];for(;x<=N-5;x+=x&-x)c[x]+=y;}
inline ll query(R int x){R ll res=0;for(;x;x-=x&-x)res+=c[x];return res;}
inline ll query(R int l,R int r){return (query(r)-query(l-1))*bas[N-5-l];}
}T,G;
int sz[N],son[N],id[N],ed[N],dfn[N],rk[N],fa[N],a[N],deg[N],tim,rt;
void dfs1(int u){
sz[u]=1,sort(to[u].begin(),to[u].end());
R int c=0;
for(auto v:to[u]){
++c,dfs1(v),sz[u]+=sz[v];
if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v,id[u]=c;
}
}
void dfs2(int u){
dfn[u]=++tim,rk[tim]=u,ed[u]=u;
if(!son[u])return T.upd(tim,-23333),void();
dfs2(son[u]),ed[u]=ed[son[u]],T.upd(dfn[u],id[u]);
for(auto v:to[u])if(v!=son[u])dfs2(v);
}
inline int min(R int x,R int y){return x<y?x:y;}
int LCP(R int li,R int ri,R int l,R int r){
int lp=1,rp=min(r-l+1,ri-li+1),ans=0,mid;
while(lp<=rp){
mid=(lp+rp)>>1;
T.query(li,li+mid-1)==G.query(l,l+mid-1)?(ans=mid,lp=mid+1):rp=mid-1;
}
return ans;
}
int solve(R int u,R int l,R int r){
R int li=dfn[u],ri=dfn[ed[u]];
while(233){
R int len=LCP(li,ri,l,r);
li+=len,l+=len;
u=rk[li];
if(l>r||deg[u]<a[l])return u;
u=to[u][a[l]-1],li=dfn[u],ri=dfn[ed[u]],++l;
if(l>r)return u;
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),q=read();
bas[0]=1;fp(i,1,N-5)bas[i]=bas[i-1]*19260817;
fp(i,1,n){
fa[i]=read();
if(fa[i])to[fa[i]].push_back(i),++deg[fa[i]];else rt=i;
}
dfs1(rt),dfs2(rt);
fp(i,1,m)a[i]=read(),G.upd(i,a[i]);
for(R int op,x,y,z;q;--q){
op=read(),x=read(),y=read();
if(op==2)G.upd(x,y-a[x]),a[x]=y;
else z=read(),print(solve(x,y,z));
}
return Ot(),0;
}\（E \）
原始根で前処理した後、\（O（1）\）に計算された\（^ I I \）直接の暴力は経路計算の答えに組み合わせながら、詳細には、コードを参照してください
そして、複雑さの問題、場合\（uは\）ポイントの一つであり、\（U \）路上にはポイントがされたままに\（U、P_1、P_2、 P_3、...、 p_x \） 、パス\（（U、U）、 （U、P_1）、（U、P_2）、...、（U、p_x）\） 、別の\（\＆\）の値のみ\ （O（a_iを）\ログ\ ） 種を、それがその一方の鎖とし、リーフがフォームの全てのサブツリーの各次いで、ルートされた\（（V、I）\ ） パスとなる\ （（U、I）\）複雑である\（O（\ a_iをログ）\） 、次いでノート（\ Dは\）パス複雑マージすることなく、葉の数であり、\は（O（ND \）\）a_iをログ
マージパスのために、その時の2つだけの葉\（LCAは、\）を一度に結合され、したがって、この部分の複雑\（O（D ^ 2 \ ^ 2ログa_iを）\）が、それはカードに困難であると考えられます（少なくとも私はそれ上限データカードにするために見つけることができませんでした）上限
複雑さを要約することは問題ではありません
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=786433,g=10;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=2e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void Add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int ind[P],fpow[P];
inline void init(){
fpow[0]=1;
for(R int x=g,i=1;x!=1;x=mul(x,g),++i)ind[x]=i,fpow[i]=x;
}
inline int calc(R int x,R int y){
if(x%=P,!x)return 0;
return fpow[1ll*ind[x]*y%(P-1)];
}
typedef pair<int,int> pi;
int a[N],n,res;
vector<pi> dfs(int u,int fa){
vector<pi> now(1,pi(a[u],1));
go(u)if(v!=fa){
vector<pi> to=dfs(v,u),tt;
for(auto &x:to)x.fi&=a[u];
pi p(0,0);
for(auto x:to)if(p.fi!=x.fi){
if(p.fi)tt.pb(p);
p=x;
}else p.se+=x.se;
if(p.fi)tt.pb(p);
for(const auto &x:now)for(const auto &y:tt)
upd(res,1ll*calc(x.fi&y.fi,x.fi&y.fi)*x.se*y.se%P);
now.insert(now.end(),tt.begin(),tt.end());
}
return now;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n),init();
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),upd(res,calc(a[i],a[i]));
for(R int i=1,u,v;i<n;++i)scanf("%d%d",&u,&v),Add(u,v),Add(v,u);
dfs(1,0);
printf("%d\n",res);
return 0;
}\（F \）
暴力、考えてみましょう\（S \）があり、各数の倍数を\（ビットセット\） 、のレコード\は、（Aが\） 、そして答えは\（A \＆（A >> 1）\は、 ＆（A >> 2）\）
しかし、これは明らかにします\（T \） 、そして、我々が設定したしきい値を考える（X \）\部分が閾値よりも大きい、我々は列挙倍数を指示し、に入金（\）を\、そうでない場合、我々は見つける\（X \）複数区間ループの、その後のループ部\（\）のライン上のプロセス
ところで、ないサイクル断面係数......ん時間を見つけることを忘れないでください\（\％の\）が一定であっても非常に大きい（T \）\ ......
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pc(x) __builtin_popcountll(x)
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N=(1000000000>>6)+233;
struct Bit{
ll p[N];
inline void ins(R int x){p[x>>6]|=(1ull<<(x&63));}
}A;
ll b[64*64+5];int n,S,mx,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&S),mx=(n>>6);
for(R int x;S;--S){
scanf("%d",&x);
if(x==1)return printf("%d\n",n-2),0;
if(x<=64){
fp(i,0,x-1)b[i]=0;
for(R int i=0;i<(x<<6);i+=x)b[i>>6]|=(1ull<<(i&63));
for(R int i=0,j=0;i<=mx;++i){
A.p[i]|=b[j];
if(++j==x)j=0;
}
}else for(R int i=x;i<=n;i+=x)A.ins(i);
}
A.p[(n+1)>>6]&=(1ull<<((n+1)&63))-1;
fp(i,0,mx)res+=pc(A.p[i]&(A.p[i]>>1)&(A.p[i]>>2));
fp(i,1,mx){
R ll tmp=(A.p[i-1]>>62)|((A.p[i]&3)<<2);
res+=pc(tmp&(tmp>>1)&(tmp>>2));
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}