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「loj - 6179」Pyh 的求和

21-02-2022
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我们想要求出 $\varphi(ij)=\varphi(i)\varphi(j)C$ 中的常数。先研究 $i=p^a$，$j=p^b$ 的情况，即 $\varphi(p^{a+b})=\varphi(p^a)\varphi(p^b)C=p^{a+b}\frac{p-1}{p}=p^{a+b}\left(\frac{p-1}{p}\right)^2C\Longrightarrow C=\frac{p}{p-1}$。现在把情况推广到 $i,j\in\mathbb{N_\ast}$ 的情况，就，你想象一下，前面 $p^{a+b}$ 变成了一个普通合数，后面的 $\frac{p}{p-1}$ 变成了一坨连乘，可以肉眼看出结论 $\varphi(ij)=\varphi(i)\varphi(j)\frac{(i,j)}{\varphi((i,j))}$。

把这个带入原式，得到一个套路的的式子，这里直接给出最后的形式 $\displaystyle\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\sum_{d\mid T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu\left(\frac{T}{d}\right)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\varphi(i\times T)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\varphi(j\times T)$，令 $\displaystyle f(n,T)=\sum_{i=1}^{n}\varphi(i\times T)$，$\displaystyle g(T)=\sum_{d\mid T}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{T}{d})$，如果这两个东西可以直接筛出来就做完了。

式子基本上不能推了，于是我们考虑暴力，直接设个阈值，一半暴力算，一半预处理。调调参就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int P = 998244353, THRESHOLD = 25;
#define cmin(x, ...) x = min({x, __VA_ARGS__})
#define cmax(x, ...) x = max({x, __VA_ARGS__})
#define fors(i, l, r, ...) for(int i = (l), i##end = (r), ##__VA_ARGS__; i <= i##end; i++)
#define dfors(i, r, l, ...) for(int i = (r), i##end = (l), ##__VA_ARGS__; i >= i##end; i--)
const auto [f, g, s] = [](const int n, const int THRESHOLD) {
    vector<int> mu(n+1), phi(n), prime, g(n+1), invs(n+1);
    vector<bool> not_prime(n+1);
    vector f(n+1, vector<int>());
    vector s(THRESHOLD+1, vector(THRESHOLD+1, vector<int>()));
    mu[1] = phi[1] = 1;
    fors(i, 2, n) {
        if(not_prime[i] == 0) {
            prime.emplace_back(i);
            mu[i] = P-1, phi[i] = i-1;
        }
        for(const int p : prime) {
            if(i > n/p) break;
            not_prime[i*p] = 1;
            if(i%p == 0) {
                phi[i*p] = phi[i]*p;
                break;
            }
            phi[i*p] = phi[i]*(p-1), mu[i*p] = P-mu[i];
        }
    }
    invs[1] = 1;
    fors(i, 2, n) invs[i] = ll(P-P/i)*invs[P%i]%P;
    fors(d, 1, n) {
        for(int T = d; T <= n; T += d) g[T] += ll(d)*invs[phi[d]]%P*mu[T/d]%P,g[T] %= P;
    }
    fors(i, 1, n) {
        f[i].emplace_back(0);
        fors(T, 1, n/i) f[i].emplace_back((f[i][T-1]+phi[i*T])%P);
    }
    fors(i, 1, THRESHOLD) {
        fors(j, 1, THRESHOLD) {
            s[i][j].emplace_back(0);
            fors(k, 1, min(n/i, n/j)) s[i][j].emplace_back((s[i][j][k-1]+ll(g[k])*f[k][i]%P*f[k][j]%P)%P);
        }
    }
    return make_tuple(f, g, s);
}(1e5, THRESHOLD);
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
    int tt, n, m, ans;
    for(cin >> tt; ans = 0, tt--;) {
        cin >> n >> m;
        if(n > m) swap(n, m);
        fors(i, 1, m/THRESHOLD) ans += ll(g[i])*f[i][n/i]%P*f[i][m/i]%P,ans %= P;
        for(int l = m/THRESHOLD+1, r; l <= n; l = r+1) {
            r = min(n/(n/l), m/(m/l));
            ans += (s[n/l][m/l][r]-s[n/l][m/l][l-1]+P)%P, ans %= P;
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}

「luogu - P3911」最小公倍数之和

10-02-2022
笔记
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link。

Denote $cnt_{x}$ = the number of occurrences of $x$, $h$ = the maximum of $a_i$, there we get

$$ \sum_{1\leqslant i\leqslant n}\sum_{1\leqslant j\leqslant n}[a_i,a_j] \\ \begin{aligned} &=\sum_{1\leqslant d\leqslant h}\sum_{1\leqslant i\leqslant h}\sum_{1\leqslant j\leqslant h}[\left(i,j\right)=d]\times\frac{i\times j\times cnt_i\times cnt_j}{d} \\ &=\sum_{1\leqslant d\leqslant h}d\sum_{1\leqslant i\leqslant\lfloor\frac{h}{d}\rfloor}\sum_{1\leqslant j\leqslant\lfloor\frac{h}{d}\rfloor}\sum_{k\mid\left(i,j\right)}\mu\left(k\right)\times i\times j\times cnt_{id}\times cnt_{jd} \\ &=\sum_{1\leqslant d\leqslant h}d\sum_{1\leqslant k\leqslant\lfloor\frac{h}{d}\rfloor}\mu\left(k\right)\times k^2\sum_{1\leqslant i\leqslant\lfloor\frac{h}{dk}\rfloor}\sum_{1\leqslant j\leqslant\lfloor\frac{h}{dk}\rfloor}i\times j\times cnt_{idk}\times cnt_{jdk} \\ &=\sum_{1\leqslant T\leqslant h}T\sum_{k\mid T}\mu\left(k\right)\times k\sum_{1\leqslant i\leqslant \lfloor\frac{h}{T}\rfloor}i\times cnt_{iT}\sum_{1\leqslant j\leqslant \lfloor\frac{h}{T}\rfloor}j\times cnt_{jT} \\ \end{aligned} $$

Denote $\displaystyle f(T)=\sum_{1\leqslant i\leqslant h/T}i\times cnt_{iT}$, $\displaystyle g(T)=\sum_{1\leqslant i\leqslant h/T}i\times cnt_{iT}\times f(T)$

$$ \sum_{1\leqslant T\leqslant h}T\sum_{k\mid T}\mu\left(k\right)\times k\sum_{1\leqslant i\leqslant \lfloor\frac{h}{T}\rfloor}i\times cnt_{iT}\sum_{1\leqslant j\leqslant \lfloor\frac{h}{T}\rfloor}j\times cnt_{jT} \\ \begin{aligned} &=\sum_{1\leqslant T\leqslant h}T\sum_{k\mid T}\mu\left(k\right)\times k\times g\left(T\right) \end{aligned} $$

Denote $\displaystyle z(T)=T\sum_{k\mid T}\mu(k)\times k$, the answer would be $\displaystyle\sum_{1\leqslant i\leqslant h}z(i)\times g(i)$.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define cmin(x, y) x = min(x, y)
#define cmax(x, y) x = max(x, y)
#define fors(i, l, r, ...) for(int i = (l), REP##i = (r), ##__VA_ARGS__; i <= REP##i; ++i)
#define dfors(i, r, l, ...) for(int i = (r), REP##i = (l), ##__VA_ARGS__; i >= REP##i; --i)
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for(int& x : a) cin >> x;
    const int h = *max_element(a.begin(), a.end());
    vector<int> cnt(h+1);
    for(const int x : a) cnt[x]++;
    const auto z = [](const int n) {
        vector<int> mu(n+1), prime, not_prime(n+1);
        vector<ll> z(n+1);
        mu[1] = 1;
        fors(i, 2, n) {
            if(not_prime[i] == 0) prime.emplace_back(i),mu[i] = -1;
            for(const int p : prime) {
                if(i > n/p) break;
                not_prime[i*p] = 1;
                if(i%p == 0) break;
                mu[i*p] = -mu[i];
            }
        }
        fors(d, 1, n) {
            for(int T = d; T <= n; T += d) z[T] += ll(mu[d])*d;
        }
        return z;
    }(h);
    ll ans = 0;
    fors(i, 1, h) {
        ll tmp = 0;
        fors(j, 1, h/i) tmp += ll(cnt[i*j])*j;
        ans += tmp*tmp*z[i]*i;
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

Nhk R1 Editorial

02-01-2022
笔记
0 comment

前言

这场比赛的锅貌似有点多…在准备的时候就已经推迟过三次，在这里为对各位比赛时造成的困扰抱歉。这是出题组第一次放比赛，欢迎批评指正。

主要问题在于 C 的数据造水了，hack 数据造反了于是没有 hack 到。D 的数据也不强。再次感到抱歉，并且努力做出改正。

最后重拾一下出比赛的初心以及发表一些 mozheng & Chuni 言论：罚金一百万元（不是），以及为自己的 Welcome to NHK 做一个 Sunny Side 式的收尾，或者称之为小结。总之都没差啦……虽然只是举个例子，但我们要告诉你的，就是这样的故事。

Oops!

A

给出两种构造方式：

考虑 $d$ 的每一位，如果当前位为 $0$，则不对答案产生影响；如果当前位为 $1$，又因为 $1\text{ xor }1\text{ xor }0=0,1\text{ or }1\text{ or }0=1$，所以把 $a,b,c$ 其中两个按位或上 $2^i$ 即可。
$\begin{cases}a=d\\b=\text{lowbit}(d)\\c=d\text{ xor }\text{lowbit}(d)\end{cases}$

当然这两种方式并无什么不同。无解的情况是 $d=2^n$。

#include<bits/stdc++.h>
int ans[3],d;
signed main() {
    scanf("%d",&d);
    if((d&-d)==d)    return puts("-1"),0;
    for(int now=0; d; d^=d&-d)    ans[now]|=d&-d,ans[(now+=1)%=3]|=d&-d;
    printf("%d %d %d\n",ans[0],ans[1],ans[2]);
    return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
int d;
signed main() {
    scanf("%d",&d);
    if((d&-d)==d)    return puts("-1"),0;
    printf("%d %d %d\n",d,(d&-d),d-(d&-d));
    return 0;
}

B

首先 $a_1=x_1$，考虑第二位，因为保证有解，所以 $x_2\mid x_1$，同理可得 $\forall i\in(1,n],x_i\mid x_{i-1}$，可以预见数据中最多有 $\log$ 个非 $1$ 数，于是不断往上推即可。

#include<bits/stdc++.h>
int n,x,pre,now,vis[2000100];
signed main() {
    scanf("%d\n%d",&n,&x);
    vis[pre=now=x]=1;
    printf("%d ",x);
    for(int i=1; i<n; ++i) {
        scanf("%d",&x);
        if(pre!=x)    pre=now=x;
        else    while(vis[now])    now+=pre;
        vis[now]=1;
        printf("%d ",now);
    }
    return 0;
}

C

首先我们有个 $\mathcal {O}(nm)$ 的暴力遍历做法，读者很容易想到这样遍历了太多冗余的点。

于是很自然地想到将一个块缩成一个点。具体的，对于每一列，我们将障碍物隔开的一列点看成一个点，这样的店最多有 $2k$ 个。

然后 dp 即可，$dp_i=[(\sum_{j=1}^idp_j)>0]$。

然后要注意一个块能否转移到另一个块的判断条件有细节：并不是看两个块是联通，而是定义 $mx_i$ 为能到达第 $i$ 个块的最低点（贪心），看从 $mx_j$ 起是否能到达 $mx_i$，再更新 $mx_i$。

当然好像有更简便的做法，余不会。

同时存在更优的做法，为了代码的简便起见并没有作为 std，欢迎分享。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#define LL long long
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
const int MAXN = 5005, MAXM = 1e7 + 5;
vector <int> v[MAXM], cx;
map <int, bool> vis;
map <int, int> lst;
struct Point {
    int X, Y, Y_;
}arr[MAXN];
int n, m, k, tot, mx, mn[MAXN];
int pre[MAXM];
bool dp[MAXN];
bool check(int x, int y) {
    if(arr[x].X == arr[y].X - 1) {
        if(arr[x].Y_ < arr[y].Y) return 0;
        if(arr[x].Y > arr[y].Y_) return 0;
        if(max(arr[y].Y, mn[x]) >= arr[y].Y && max(arr[y].Y, mn[x]) <= arr[y].Y_) {
            mn[y] = min(mn[y], max(arr[y].Y, mn[x])); return 1;
        }
        return 0;
    }
    if(arr[x].Y > arr[y].Y_) return 0;
    if(max(arr[y].Y, mn[x]) >= arr[y].Y && max(arr[y].Y, mn[x]) <= arr[y].Y_) {
        mn[y] = min(mn[y], max(arr[y].Y, mn[x])); return 1;
    }
    return  0;
}
int main() {
    int x, y;
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); memset(mn, 0x3f, sizeof(mn));
    for(int i = 1; i <= k; i ++) {
        scanf("%d%d", &x, &y); v[x].push_back(y); cx.push_back(x); mx = max(mx, x);
    }
    sort(cx.begin(), cx.end());
    int Lst = 0;
    for(auto i : cx) {
        if(vis[i]) continue;
        pre[i] = 1;
        lst[i] = Lst; Lst = i; sort(v[i].begin(), v[i].end()); vis[i] = 1;
        int las = 0;
        for(auto j : v[i]) {
            if(j == las) { las ++; continue; }
            tot ++; arr[tot].X = i; arr[tot].Y = las; arr[tot].Y_ = j - 1; las = j + 1;
        }
        if(las <= m) tot ++, arr[tot].X = i, arr[tot].Y = las, arr[tot].Y_ = m;
    }
    for(int i = 1; i <= 10000000; i ++) pre[i] += pre[i - 1];
//    for(int i = 1; i <= tot; i ++) {
//        printf("%d %d %d\n", arr[i].X, arr[i].Y, arr[i].Y_);
//    }
    if(!tot) { printf("Yes"); return 0; }
    if(vis[0]) {
        if(arr[1].Y != 0) { printf("No"); return 0; }
        dp[1] = 1; mn[1] = 0;
    }
    else {
        for(int i = 1; i <= tot; i ++) if(arr[i].X == arr[1].X) dp[i] = 1, mn[i] = arr[i].Y, dp[i] = 1;
    }
    for(int i = 1; i <= tot; i ++) {
        for(int j = 1; j < i; j ++) {
            if(arr[j].X == arr[i].X) continue;
            if(((arr[j].X + 1 < arr[i].X && pre[arr[i].X - 1] - pre[arr[j].X] == 0) || arr[j].X + 1 == arr[i].X) && arr[j].X == lst[arr[i].X] && check(j, i)) {
                dp[i] |= dp[j];
            }
        }
    }
    if(vis[n]) {
        if(arr[tot].Y_ != m) { printf("No"); return 0; }
        if(dp[tot]) printf("Yes");
        else printf("No");
    }
    else {
        bool ans = 0;
        for(int i = 1; i <= tot; i ++) if(arr[i].X == mx) ans |= dp[i];
        if(ans) printf("Yes");
        else printf("No");
    }
    return 0;
}

D

你考虑维护 $n$ 个单调队列。第 $i$ 个单调队列的数满足：$\sum_{d=1}^ia_dc_d$，其中 $c_i$ 一定为正数。

每次我们取 $n$ 个单调队列的队头最小值 $r$，设其在第 $i$ 个队列，那么我们将 $a_d+r$ 放入第 $d$ 个队列中。（$i<d\le n$）

可以证明，由于 $a$ 数组为正数，这样队列一定是单调的。

一直这样做 $k$ 次，取 $r_k$ 即可。时间复杂度：$\mathcal {O}(nk)$。数据可以（？）把带 $\mathrm {log}$ 做法卡掉。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 85;
queue <LL> que[MAXN];
int n, k, a[MAXN], num;
LL minn;
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k); k --;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
    que[0].push(0);
    for(int i = 1; i <= k + 1; i ++) {
        minn = 9e18;
        for(int j = 0; j <= n; j ++) if(!que[j].empty() && que[j].front() < minn) minn = que[j].front(), num = j;
        while(que[0].size()) que[0].pop();
        que[num].pop();
        for(int j = num; j <= n; j ++) que[j].push(minn + a[j]);
    }
    printf("%lld", minn);
    return 0;
}

E

$f_i(\Delta)$ 表示第 $v_i$ 这个点在坐标加 $\Delta$ 时距离自己最近的 $c$ 点的距离。那么这个画出来就是一条折线，由若干条斜率为 $1$ 或 $-1$ 的直线拼接而成。再设 $F(\Delta)=\sum\limits_{i=1}^{b}f_i(\Delta)$，也就是取 $\Delta$ 时，题面中要求的距离之和。

在折线的拐点上研究，设 $\textbf{G}_i$ 为 $f_i(\Delta)$ 图像上所有拐点的集合，再设 $\textbf{G}'=\bigcup\limits_{i=1}^{b}\textbf{G}_i$。w.l.o.g，提出两个数 $a,b,s.t.(a,f(a)),(b,f(b))\in\textbf{G}'$，且不存在 $c,s.t.(c,f(c))\in\textbf{G}',c-a>0,b-c>0$，即 $a,b$ 是紧相邻的。换而言之，就是把所有 $v$ 点的图像拼在一起，取两个相邻的 $a,b$ 拐点来研究。

现在我们可以求出 $F(a)$，以及拐点后的直线斜率，从而可以求出 $F(b)$。以此，扫一遍就行了。

我们举个例子来画图：

这个就是 $f(\Delta)$ 的图像（我把多个 $i$ 的拼在一起的）。现在假设我们取的 $a,b$ 两点就是图中的蓝点（当然，$a,b$ 之间没有其他拐点，因为 $a,b$ 是紧相邻的），这意味着我确定了 $a$ 点处的 $\Delta$，那么就可以算出 $F(a)$ 了，如此往后面扫，每次取最大值就行了。

/*
每个点处在每个区间的值是不相同的，但是是一个折线。
当它在[vi,vi+1]中间时，如果靠vi更近，则为与vi的距离，否则为与vi+1的距离。
那我们现在知道了每个点移动多少之后的答案。
这条折线有的地方是斜率-1，有的地方是斜率为+1.
那么我们把所有的折线加在一起。一共有ab个点，我们维护一下每一段的斜率，然后求下最大值就好…… 

1 1 1
0
0

4
10
3
0 0 1 1 3 3 3 3 4 4
0 1 4

13 2 9
2 9
0 1 2 3 5 6 7 11 12
*/ 
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
vector<long long> pri;
const long long INF=1e18;
long long l,n,m,a[1010],b[1010],delup,deldown,sols[4000010],cur,ans,s,mxs;
double mxp;
struct line
{
    long long l,r,num;
}lin[2000010];
long long nothingtimes;
void donothing()
{
    ++nothingtimes;
}
long long ABS(long long x)
{
    return x>=0?x:-x;
}
long long lint;
int main()
{
    scanf("%lld %lld %lld",&l,&n,&m);
    for(long long i=1;i<=n;++i)    scanf("%lld",&a[i]);
    for(long long i=1;i<=m;++i)    scanf("%lld",&b[i]);
    deldown=0;
    delup=l-b[m];
    deldown<<=1;
    delup<<=1;
    for(long long i=1;i<=n;++i)//第i个目标点 
    {
        for(long long j=1;j<m;++j)//位于第j个与第j+1个点之间 距离都*2了，因为中点可能不在格点上。 
        {
            //靠左
            long long l=a[i]*2-(b[j]+b[j+1]),r=(a[i]-b[j])*2;
            if(l>delup||r<deldown||l>=r)    donothing();
            else
            {
                if(l<deldown)    l=deldown;
                if(r>delup)    r=delup;
                if(l>=r)    donothing();
                else
                {
                    lin[++lint].l=l;
                    lin[lint].r=r;
                    lin[lint].num=-1;
                }
            }
            //靠右 
            l=a[i]*2-b[j+1]*2,r=a[i]*2-(b[j]+b[j+1]);
            if(l>delup||r<deldown||l>=r)    donothing();
            else
            {
                if(l<deldown)    l=deldown;
                if(r>delup)    r=delup;
                if(l>=r)    donothing();
                else
                {
                    lin[++lint].l=l;
                    lin[lint].r=r;
                    lin[lint].num=1;
                }
            }
        }
        //在第1个前面
        long long l=a[i]*2-b[1]*2,r=delup;
        if(l>delup||r<deldown||l>=r)    donothing();
        else
        {
            if(l<deldown)    l=deldown;
            if(r>delup)    r=delup;
            if(l>=r)    donothing();
            else
            {
                lin[++lint].l=l;
                lin[lint].r=r;
                lin[lint].num=1;
            }
        }
        //在第n个后面
        l=deldown,r=a[i]*2-b[m]*2;
        if(l>delup||r<deldown||l>=r)    donothing();
        else
        {
            if(l<deldown)    l=deldown;
            if(r>delup)    r=delup;
            if(l>=r)    donothing();
            else
            {
                lin[++lint].l=l;
                lin[lint].r=r;
                lin[lint].num=-1;
            }
        }
    }
    for(long long i=1;i<=lint;++i)
    {
        pri.push_back(lin[i].l);
        pri.push_back(lin[i].r);
    }
    sort(pri.begin(),pri.end());
    pri.erase(unique(pri.begin(),pri.end()),pri.end());
    s=pri.size();
    for(long long i=1;i<=lint;++i)
    {
        lin[i].l=lower_bound(pri.begin(),pri.end(),lin[i].l)-pri.begin()+1;
        lin[i].r=lower_bound(pri.begin(),pri.end(),lin[i].r)-pri.begin()+1;
    }
    for(long long i=1;i<=lint;++i)
    {
        sols[lin[i].l]+=lin[i].num;
        sols[lin[i].r]-=lin[i].num;
    }
    mxp=-1;
    mxs=-1;
    for(long long i=1;i<=n;++i)
    {
        long long nowpos=a[i]*2+deldown,minn=INF;
        for(long long j=1;j<=m;++j)    minn=min(minn,ABS(nowpos-b[j]*2));
        cur+=minn;
    }
    if(cur<=l*2)
    {
        mxp=deldown;
        mxs=cur;
    }
    for(long long i=1;i<=s;++i)    sols[i]+=sols[i-1];
    for(long long i=1;i<s;++i)
    {
        if(cur>l*2)
        {
            long long tmp=cur+sols[i]*(pri[i]-pri[i-1]);
            if(tmp<=l*2)
            {
                mxs=l*2;
                mxp=(l*2-cur)*1.0/sols[i]+pri[i-1];
            }
            cur=tmp;
        }
        else
        {
            long long tmp=cur+sols[i]*(pri[i]-pri[i-1]);
            if(tmp<=l*2)
            {
                if(tmp>=mxs)
                {
                    mxp=pri[i];
                    mxs=tmp;
                }
            }
            else
            {
                mxp=(l*2-cur)*1.0/sols[i]+pri[i-1];
                mxs=l*2;
            }
            cur=tmp;
        }
    }
    if(mxp==-1)    printf("NO\n");
    else    printf("%.6lf\n",mxp/2);
    return 0;
}

F

首先我们定义 $sec(i)$ 表示包含 $0 \sim i-1$ 的最小区间。因为添加新的元素不会使区间变小，所以 $sec(i) \subseteq sec(i + 1)$ ，因此对于每个包含 $sec(i)$ 的区间，它肯定是包含 $sec(1\sim i)$ 。若这个区间并不包含 $sec(i + 1)$ ，则也可以得到这个区间不包含 $sec(i + 1 \sim n)$ 所以，这个区间的贡献应该是 $i$ 。

将这 $i$ 的贡献分别分到 $sec(1 \sim i)$ 中，我们的问题就变成了，每一次添加元素后， $\large\sum \limits_{j= 1}^{i}$ 包含 $sec(j)$ 的区间个数。考虑一次插入后答案的变化，同时规定 $sec(0) = \varnothing$：

一次插入的数 $x$ 一定满足 $\exists y \in [0, i - 1], x \in sec(y), x \notin sec(y + 1)$ 。而这个 $y$ 是唯一的（这个应该很好想吧）。

所以，我们可以预处理出每一个 $x$ 对应的 $y$ 。当插入 $x$ 的时候，相当于在所有 $sec(1 \sim y)$ 的左（或右）边增加了 $1$ 个点。

此时增加的区间数量即是 $sec(1 \sim y)$ 右（或左）边的点个数之和（注意，对于一个点是可以重复计算的），这里只需要用两个线段树分别记录 $sec(i)$ 左右当前各有多少点了。

Bonus：Solve it in $O(n)$！

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define MAXN 1000000
#define L(p) (p << 1)
#define R(p) ((p << 1) | 1) 
#define make_mid(l,r) int mid = (l + r) >> 1

int s[MAXN + 5];
pair <int, int> si[MAXN + 5];
int sl[MAXN + 5], sr[MAXN + 5];
struct node {
    long long v;
    long long sign;
    int h, t;
}s1[(MAXN << 4) + 5], s2[(MAXN << 4) + 5];

void build (int p, int l, int r) {
    s1[p].h = l;
    s1[p].t = r;
    s1[p].sign = 0;
    s1[p].v = 0;
    s2[p].h = l;
    s2[p].t = r;
    s2[p].sign = 0;
    s2[p].v = 0;
    if (l == r) {
        return ;
    }
    make_mid (l, r);
    build (L(p), l, mid);
    build (R(p), mid + 1, r);
}
void downloadl (int p) {
    if (s1[p].sign && s1[p].h < s1[p].t) {
        s1[L(p)].sign += s1[p].sign;
        s1[R(p)].sign += s1[p].sign;
        s1[L(p)].v += (s1[L(p)].t - s1[L(p)].h + 1) * s1[p].sign;
        s1[R(p)].v += (s1[R(p)].t - s1[R(p)].h + 1) * s1[p].sign;
        s1[p].sign = 0;
    }
}
void downloadr (int p) {
    if (s2[p].sign && s2[p].h < s2[p].t) {
        s2[L(p)].sign += s2[p].sign;
        s2[R(p)].sign += s2[p].sign;
        s2[L(p)].v += (s2[L(p)].t - s2[L(p)].h + 1) * s2[p].sign;
        s2[R(p)].v += (s2[R(p)].t - s2[R(p)].h + 1) * s2[p].sign;
        s2[p].sign = 0;
    }
}
void changel (int p, int l, int r, long long x) {
    downloadl (p);
    if (s1[p].h >= l && s1[p].t <= r) {
        s1[p].v += x * (s1[p].t - s1[p].h + 1);
        s1[p].sign += x;
        
        return ;
    }
    make_mid (s1[p].h, s1[p].t);
    if (l <= mid) {
        changel (L(p), l, r, x);
    }
    if (r > mid) {
        changel (R(p), l, r, x);
    }
    s1[p].v = s1[L(p)].v + s1[R(p)].v;
}
void changer (int p, int l, int r, long long x) {
    downloadr (p);
    if (s2[p].h >= l && s2[p].t <= r) {
        s2[p].v += x * (s2[p].t - s2[p].h + 1);
        s2[p].sign += x;
        
        return ;
    }
    make_mid (s2[p].h, s2[p].t);
    if (l <= mid) {
        changer (L(p), l, r, x);
    }
    if (r > mid) {
        changer (R(p), l, r, x);
    }
    s2[p].v = s2[L(p)].v + s2[R(p)].v;
}
long long Suml (int p, int l, int r) {
    downloadl (p);
    if (s1[p].h >= l && s1[p].t <= r) {
        return s1[p].v;
    }
    
    long long sum = 0;
    
    make_mid (s1[p].h, s1[p].t);
    if (l <= mid) {
        sum += Suml (L(p), l, r);
    }
    if (r > mid) {
        sum += Suml (R(p), l, r);
    }
    
    return sum;
}
long long Sumr (int p, int l, int r) {
    downloadr (p);
    if (s2[p].h >= l && s2[p].t <= r) {
        return s2[p].v;
    }
    
    long long sum = 0;
    
    make_mid (s2[p].h, s2[p].t);
    if (l <= mid) {
        sum += Sumr (L(p), l, r);
    }
    if (r > mid) {
        sum += Sumr (R(p), l, r);
    }
    
    return sum;
}

int main () {
    int n;
    
    scanf ("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int x;
        
        scanf ("%d", &x);
        s[x + 1] = i;//处理出i插入到的是哪个位置
    }
    build (1, 1, n);//初始两棵线段树
    //初始 sec(i)
    //----------------------------------------------
    si[1].first = s[1];
    si[1].second = s[1];
    for (int i = 2; i <= n; i ++) {
        si[i].first = min (si[i - 1].first, s[i]);
        si[i].second = max (si[i - 1].second, s[i]);
    }
    //----------------------------------------------
    //处理出 i 所对应的 y 且处理出到底是在 sec(y) 的左还是右
    for (int i = n - 1; i >= 1; i --) {
        for (int j = si[i + 1].first; j < si[i].first; j ++) {
            sr[j] = i;
        }
        for (int j = si[i + 1].second; j > si[i].second; j --) {
            sl[j] = i;
        }
    }
    
    long long ans = 0;//保存每次插入的答案
    long long Ans = 0;//保存最终答案
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        if (sl[s[i]]) {
            ans += Suml (1, 1, sl[s[i]]);
            changer (1, 1, sl[s[i]], 1);
        }
        if (sr[s[i]]) {
            ans += Sumr (1, 1, sr[s[i]]);
            changel (1, 1, sr[s[i]], 1);
        }
        ans ++;//添加了 i 以后会多出 sec() ， 此处将其加入答案中
        changel (1, i, i, 1);
        changer (1, i, i, 1);
        Ans += ans;
    }
    printf ("%lld", Ans);
}

For some reason...

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define cmin(x, y) x = min(x, y)
#define cmax(x, y) x = max(x, y)
template<typename T=int> T read() {
    T x=0; char IO=getchar(); bool f=0;
    while(IO<'0' || IO>'9')    f|=IO=='-',IO=getchar();
    while(IO>='0' && IO<='9')    x=x*10+(IO&15),IO=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n, a[1000100], mn[1000100], mx[1000100], pos1[1000100], pos2[1000100];
ll ans, _ans;
struct segment_tree {
    ll sum[4000100], tag[4000100];
    void up(const int now) {sum[now] = sum[now<<1]+sum[now<<1|1];}
    void down(const int now, int l, int r) {
        if(!tag[now]) return;
        int mid = (l+r)>>1;
        tag[now<<1] += tag[now],tag[now<<1|1] += tag[now];
        sum[now<<1] += (mid-l+1)*tag[now],sum[now<<1|1] += (r-mid)*tag[now];
        tag[now] = 0;
    }
    void go(int x, int y, ll k, const int now=1, int l=1, int r=n) {
        if(l > y || r < x) return;
        if(l >= x && r <= y) return tag[now] += k,sum[now] += (r-l+1)*k,void();
        int mid = (l+r)>>1; down(now, l, r);
        go(x, y, k, now<<1, l, mid),go(x, y, k, now<<1|1, mid+1, r);
        up(now);
    }
    ll ask(int x, int y, const int now=1, int l=1, int r=n) {
        if(l > y || r < x) return 0;
        if(l >= x && r <= y) return sum[now];
        int mid = (l+r)>>1; down(now, l, r);
        return ask(x, y, now<<1, l, mid)+ask(x, y, now<<1|1, mid+1, r);
    }
} t1, t2;
signed main() {
    freopen("sh.in", "r", stdin);
    freopen("sh.out", "w", stdout);
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i) a[read()+1] = i;
    mn[1] = mx[1] = a[1];
    for(int i = 2; i <= n; ++i) mn[i] = min(mn[i-1], a[i]),mx[i] = max(mx[i-1], a[i]);
    for(int i = n-1; i; --i) {
        for(int j = mx[i+1]; j > mx[i]; --j) pos1[j] = i;
        for(int j = mn[i+1]; j < mn[i]; ++j) pos2[j] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(pos1[a[i]]) ans += t1.ask(1, pos1[a[i]]),t2.go(1, pos1[a[i]], 1);
        if(pos2[a[i]]) ans += t2.ask(1, pos2[a[i]]),t1.go(1, pos2[a[i]], 1);
        ans++,_ans += ans;
        t1.go(i, i, 1),t2.go(i, i, 1);
    }
    cout << _ans << "\n";
    return 0;
}

学习唯真

07-10-2021
笔记
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发现终于最讨厌的还是和自己的相同的人的样子。

A

傻逼题，不算复杂度差不多得了，显然交换 $S$ / $T$ 的选出区间中的任意位置不影响答案，于是前缀和即可。

B

清新题，只不过我的确不会...部分分设置不太合理。

你考虑用 $O(h ^ 2 w ^ 2)$ 的时间钦定两个点 $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$ 研究线段，同时令 $a = |x_1 - x_2|, b = |y_1 - y_2|$。如果你做过 仪仗队 那么很容易想到中间一共有 $\gcd(a, b)$ 个点，把这些点当作盒子，把它们拍到序列上，则我们有 $\gcd(a, b) - 1$ 个盒子，$n - 2$ 个点（钦定端点必选）。如果我们令 $k=\lfloor\frac{d}{{\rm dis}((0, 0), (\frac{a}{\gcd(a, b)}, \frac{b}{\gcd(a, b)}))}\rfloor$，则每个球放进的盒子编号需差 $\geqslant k$。

赋予组合意义，则每个球存在「体积」的概念，且该「体积」为 $k - 1$，考虑将其压缩，那么答案式子就出来了 $\binom{\gcd(a, b) - 1 - (k - 1) - (n - 2)(k - 1)}{n - 2}$，那个 $k - 1$ 是右端点已经必选了，所以少了 $k - 1$ 个盒子。

考虑优化，注意答案取决于 $a$ 和 $b$，可以乘个系数来优化。

C

清新题，部分分非常暗示。

有个显然的 observation 是一个结点一定从子树中至多选两个未被选择的结点转移，那么就可以直接可并堆启发式合并什么的来转移。

主要问题是为什么不是儿子中选呢？你考虑一个结点 $x$，其父亲 $pre(x)$ 只有 $x$ 一个儿子，而 $x$ 有三个儿子，并且 $x$ 把其中两个儿子选完了，那么 $pre(x)$ 一定是从 $x$ 的另一个儿子转移上来，所以必须把子树考虑完。

D

你出你🐎的 BM 呢😅😅。

The Constructive Essence of Chinese Remainder Theorem

21-08-2021
笔记
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原来的标题是：『「水」CRT 的构造本质』。

对于一个单元线性同余方程组 $x\equiv a_i\pmod{r_i}$，考虑构造一个 $\{c_i\}$ 使得 $\forall i\neq j$，有 $c_i\equiv0\pmod{r_j}$，且 $c_i\equiv1\pmod{r_i}$，那么一定存在解 $x\equiv\sum a_ic_i\pmod{\prod r_i}$。

给出一种构造方法：令 $m_i=\frac{\prod r_i}{r_i}$，则 $c_i\equiv m_i\times m_i^{-1}$，其中 $m_i^{-1}$ 是 $m_i$ 模 $r_i$ 的乘法逆元（但运算结果不作取模），显然满足上述性质，这就是 Chinese Remainder Theorem 的构造本质。