Solution Set - 数学相关

CF645F

利用 $\sum\limits_{d|n}\varphi(\frac{n}{d})=n$，只要对每个数 $x$，求出 $cnt_x$ 表示 $x$ 的倍数数目，然后 $\sum\limits_{x}\varphi(x)C_{cnt_x}^k$ 就是答案。每加入一个数进行修改，$O(\sqrt n)$ 枚举因数即可。

CF724G

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考虑一个连通块。随便取一棵生成树，则每条非树边带来一个环。从 $u$ 到 $v$ 的某条路径的异或和就等于生成树上 $u$ 到 $v$ 的路径的异或和再异或某些环的异或和。所以把所有环的异或和放进线性基，假设这线性基的大小是 $c$。然后按位考虑，假设根到各个点路径的异或和中，第 $i$ 位上有 $x$ 个 $1$，$y$ 个 $0$。如果线性基中没有数的第 $i$ 位是 $1$，那么这个连通块的这一位的贡献是 $xy2^{i+c}$。如果线性基中有数的第 $i$ 位是 $1$，则随便丢一个数和线性基中的数异或，第 $i$ 位上一定是一半 $0$ 一半 $1$，这时这一位的贡献就是 $(x+y)(x+y-1)2^{i+c-2}$。求和即可。

CF1034C

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设所有点权的和是 $S$。考虑最终分成的块数，假设是 $k$，则每一块的和都是 $a=\frac{S}{k}$。

可以给出唯一的一种构造：做拓扑排序，如果一个点的点权小于 $a$ 则加到父亲，如果大于 $a$ 则无解，如果等于 $a$ 则不操作（相当于割掉了该点与父亲的边）。所以对固定的 $k$，终态要么不存在，要么唯一。

假设已经求出了 $f_k=0/1$ 表示是否存在合法终态，则可以做DP：$dp_{i}=f_i(\sum\limits_{d|i,d\neq i}dp_d+f_i)$ 表示最终分成 $i$ 块的方案数（考虑到可以多次的限制）。那么问题就变成求 $f_k$。

用上面给出的构造求 $f_k$ 是不直接的，换一个思路。假设一个点 $u$ 和父亲间的边被割断了，则 $u$ 点的子树和 $s_u$ 一定是 $a$ 的倍数。由于分成 $k$ 块，所以是 $a$ 的倍数的 $s_u$ 应该至少有 $k$ 个（有一个点是根，虽然它没有父亲）。另一个几乎显然的事情是至多有 $k$ 个 $s_u$ 是 $a$ 的倍数。所以 $f_k=1 \Leftrightarrow $ 有 $k$ 个 $s_u$ 是 $a$ 的倍数。

又有 $a|s_u\Leftrightarrow S|ks_u \Leftrightarrow \frac{S}{\gcd(S,S_u)}|k$，所以直接统计 $\frac{S}{\gcd(S,S_u)}$ 所有不超过 $n$ 的倍数就可以了。至于时间复杂度，DP是单 $log$ 的，后面这个统计显然没什么问题。

CF1603D

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显然 $c(l,r)\ge r-l+1$，则 $f(n,k)\ge n$。当 $r\lt 2l$ 时，$c(l,r)=r-l+1$，所以当 $n\lt 2^k$ 时，$f(n,k)=n$。这样 $k\gt 20$ 都不用考虑。

一般情况下，$f(n,k)$ 显然可以 DP 求：$f(n,k)=\min_{m\le n}(f(m,k-1)+c(m+1,n))$。我们尝试用四边形不等式把这个 DP 优化到 $O(nk\log n)$。

我们有

\[c(l,r)=\sum\limits_{x=l}^r\sum\limits_{d|x,d\ge l}\varphi(\frac{x}{d})
\]

则

\[c(l,r)-c(l+1,r)=\sum_{x=l}^r[l|x]\varphi(\frac{x}{l})=\sum\limits_{x=1}^{\lfloor \frac{r}{l}\rfloor}\varphi(x)
\]

从而

\[c(l,r)=\sum\limits_{i=l}^{r}\sum\limits_{x=1}^{[\frac{r}{i}]}\varphi(x)
\]

有了这个式子，预处理 $\varphi$ 的前缀和，可以用整除分块在 $O(\sqrt r)$ 的时间内求出 $c(l,r)$，实际跑不满。同时我们可以证明 $c$ 满足四边形不等式，这是因为

$c(a,d)-c(b,d)=\sum\limits_{i=a}^{b-1}\sum\limits_{x=1}^{[\frac{d}{i}]}\varphi(x)$

固定 $a\lt b$，这个函数显然是关于 $d$ 单调不减的。

那么直接用分治优化即可。

CF1770F

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神仙题。

首先由于对称性，我们知道 $a_i=t$ 的满足条件的序列数与 $i$ 无关。则 $n$ 为偶数时答案肯定是 $0$。

第二个想法是考虑容斥。假设长为 $n$，和为 $x$，按位或是 $y$ 的子集（二进制下，下同）的所有数列异或和的异或和是 $g(y)$，容易证明原问题的答案是所有满足 $y'$ 是 $y$ 的子集的 $g(y')$ 的异或和。

问题转化为求 $g(y)$。按位考虑，因为已经假设了 $n$ 是奇数，所以只用判断 $a_1$ 的第 $i$ 位是 $1$ 的情况数是不是奇数。同时还要求按位或是 $y$ 的子集。

先计算长为 $n$，和为 $x$，按位或是 $y$ 的子集的数列数目。可以列出一个式子：$\sum\limits_{a_1+\cdots+a_n=x}\prod\limits_{i=1}^{n}[a_i是y的子集]$。看起来没什么意义，但是联想到 Kummer 定理的推论：$C_{n}^{m}$ 是奇数当且仅当 $m$ 是 $n$ 的子集。所以上面这个式子就同余于 $\sum\limits_{a_1+\cdots+a_n=x}\prod\limits_{i=1}^{n}C_{y}^{a_i}$。而这个式子是范德蒙恒等式的 $n$ 元情形，它就等于 $C_{ny}^{x}$。

对于 $a_1$ 第 $i$ 位是 $1$ 的限制，会发现要求变成了 $a_1-2^i$ 是 $y-2^i$ 的子集（当然还要求 $y$ 的第 $i$ 位等于 $1$），所以上面那个组合数会变成 $C_{ny-2^i}^{x-2^i}$。如果它是奇数，那么对答案贡献 $2^i$（异或）。

综上，枚举 $i$ 和 $y$ 即可。这里的 $y$ 是题目中 $y$ 的子集。

CF1656H

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重写目标，我们需要找到两个非空集合 $A\in \{1,2,\cdots,n\},B\in\{1,2,\cdots,m\}$，满足 $\text{lcm}_{i\in A}a_i=\text{lcm}_{j\in B}b_j$。

这个目标等价于（记 $P$ 为质数集）

\[\forall p\in P,\max_{i\in A}v_p(a_i)=\max_{j\in B}v_p(b_j)
\]

这个式子又可以变形为

\[\forall p\in P,i\in A,\exist j\in B,v_p(b_j)\ge v_p(a_i)
\]

且

\[\forall p\in P,j\in B,\exist i\in A,v_p(a_i)\ge v_p(b_j)
\]

两个条件分别等价于

$\forall i\in A,\text{lcm}_{j\in B}\gcd(a_i,b_j)=a_i$

$\forall j\in B,\text{lcm}_{i\in A}\gcd(a_i,b_j)=b_j$

接下来来设计算法的整体框架。初始令 $A=\{1,2,\cdots,n\},B=\{1,2,\cdots,m\}$。如果发现某个 $i\in A$ 或 $j\in B$ 使上面的条件不成立，那么就删去它，它肯定不能存在于最后的答案中（显然删掉更多不会让它可行）。删到不能再删为止，如果此时删空了一个集合就表明无解，否则留下的就是解。

$n,m\le 1000$，我们可以在删去一个数的时候暴力枚举另一个集合中的数，计算影响。但是 $\text{lcm}$ 并不可减，因此可以使用一个线段树维护，删掉一个数就把对应位置改为 $1$，用全局 $\text{lcm}$ 比较即可。

时间复杂度 $O(n^2\log n\log V)$（视 $n,m$ 同阶），在这题 10s 的时限下不是问题。

CF986F

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显然只需要考虑 $k$ 的素因数。

如果没有，显然为 NO。

如果只有 $1$ 个 $p_0$，判断 $n$ 是否是 $p_0$ 的倍数即可。

如果恰有 $2$ 个 $p_0,p_1$，用 exgcd 判断即可。

如果至少有 $3$ 个，则最小的一个 $p_0\le k^{\frac{1}{3}}\le 10^5$。考虑经典的同余最短路模型，把 $0,1,\cdots,p_0-1$ 看作点，对每个素因数 $p_i$，从 $i$ 向 $(i+p_i)\bmod p_0$ 连边，边权为 $p_i$。则能凑出 $n$ 的条件是 $dis_{n\bmod p_0}\le n$ 。

使用 dijkstra 求最短路可能超时，但其实不需要，因为模运算具有良好的性质，所以可以钦定先走边权 $p_1$ 的边，再走边权 $p_2$ 的边，以此类推。对于每个 $p_i$ 会把整个图连成一个环，在环上转两圈更新最短路即可。