T1 math
题目大意：求$sumlimits_{i=1}^n (-1)^{sumlimits_{j=1}^m d(i imes j)}$，其中$d(i)$表示$i$的因数个数。$nleq 10^7,mleq 10^{14}$。
容易想到我们只需要看幂的奇偶即可。发现只有当$i imes j$是完全平方数时因数个数为奇数，其余情况均为偶数。于是我们可以求值域内完全平方数个数。
考虑将$i$化成$p imes q^2$的形式，$j$化成$p imes k^2$的形式。$k$即为值域内完全平方数的个数。对于每个$i$求$p$的复杂度是$O(nsqrt n)$的；加速求$p$可以使用线性筛，时间复杂度为$O(n)$。
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define int long long using namespace std; const int N=10000005; int n,m,vis[N],ans; signed main() { cin>>n>>m; for (int i=1;i<=n;i++) { if (vis[i]) continue; int q=sqrt(n/i),k=sqrt(m/i); if (k%2) ans-=q; else ans+=q; for (int j=1;j<=q;j++) vis[i*j*j]=1; } cout<<ans; return 0; }
T2 osu
题目大意：二维平面上会依次出现$n$个坐标为$(x_i,y_i)$的点，每个点出现的时间为$t_i$。人一开始在$(0,0)$。只有当人恰好在$t_i$时刻经过$(x_i,y_i)$才算经过一点。问为使人经过不少于$k$个点的速度最大值的最小值。设$ans=frac{asqrt b}{c}$，请输出$a,b,c$的值。$nleq 2000$。
最大值最小不难想到二分答案；因为$n$很小，所以check的时候可以考虑dp。时间复杂度$O(n^2 log n)$。
关于$a,b,c$的处理可以看代码。
代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #define sqr(x) ((x)*(x)) using namespace std; const int N=2005; const double eps=1e-4; double ans,dis[N][N],l,r; int p,q,f[N],g[N],n,k,a,b,c; int t[N],x[N],y[N]; inline 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; } inline int gcd(int x,int y){ return y==0?x:gcd(y,x%y); } inline bool check(double mid) { ans=0; for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=0;j<i;j++) if (dis[j][i]<=mid&&f[j]+1>f[i]) f[i]=f[j]+1,g[i]=j; if (f[i]>=k) { for (int x=i;g[x];x=g[x]) if (dis[g[x]][x]>ans) ans=dis[g[x]][x],p=g[x],q=x; return 1; } } return 0; } int main() { n=read();k=read(); for (int i=1;i<=n;i++) t[i]=read(),x[i]=read(),y[i]=read(); for (int i=0;i<n;i++) for (int j=i+1;j<=n;j++) { dis[i][j]=sqrt(sqr(x[i]-x[j])+sqr(y[i]-y[j]))*1.0/(t[j]-t[i]); r=max(r,dis[i][j]); } r+=eps; while(r-l>eps) { double mid=(l+r)/2.0; if (check(mid)) r=mid; else l=mid; } a=1;b=sqr(x[p]-x[q])+sqr(y[p]-y[q]);c=t[q]-t[p]; for (int i=2;i<=sqrt(b);i++) while(!(b%(i*i))) a*=i,b/=i*i; int k=gcd(a,c); printf("%d %d %d",a/k,b,c/k); return 0; }
T3 map
题目大意：给定一张含$n$个点$m$条边的无向图。定义一个好点对$(a,b)$指$a$到$b$至少有两条不相交路径。$q$次询问，每次新增加一边$(x,y)$，问新增加的好点对的个数之和。每次询问独立。$n,qleq 2 imes 10^5,mleq 4 imes 10^5$。
首先对图缩点，这样图就变成了一棵树。每次新增加一边$(x,y)$，这样树上就会出现一个环，我们考虑这个环对答案的贡献。可以发现如果两个点在加入边之前不在一个环中，但是加边之后在一个环中，那么这个点对就对答案有贡献；而先前就在一个环中的点对对答案是没有贡献的。我们可以考虑总的点对个数减去本身已经在一个环内的点对个数。倍增可以在$log n$时间内解决问题。时间复杂度$O(qlog n)$。
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #define int long long using namespace std; const int N=400005; int n,m,q,x[N*2],y[N*2],ans; int size[N],dfn[N],low[N],co[N],st[N],tot,tt,top; int fa[N][21],sum[N],qsum[N],dep[N]; int head[N],Head[N],Cnt,cnt; vector<int> v[N]; struct node{ int next,to; }edge[N*4],Edge[N*4]; inline 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; } inline void add(int from,int to) { edge[++cnt]=(node){head[from],to}; head[from]=cnt; } inline void Add(int from,int to) { Edge[++Cnt]=(node){Head[from],to}; Head[from]=Cnt; } inline void tarjan(int now,int f) { dfn[now]=low[now]=++tot; st[++top]=now; for (int i=Head[now];i;i=Edge[i].next) { int to=Edge[i].to; if ((i%2==0&&f==i-1)||(i%2==1&&f==i+1)) continue; if (!dfn[to]) tarjan(to,i),low[now]=min(low[now],low[to]); else if (!co[to]) low[now]=min(low[now],dfn[to]); } if (low[now]==dfn[now]) { tt++; while(st[top]!=now) size[tt]++,co[st[top--]]=tt; size[tt]++;co[st[top--]]=tt; } } inline void dfs(int now,int f) { dep[now]=dep[f]+1;fa[now][0]=f; sum[now]=sum[f]+size[now]; qsum[now]=qsum[f]+size[now]*(size[now]-1)/2; for (int i=1;i<=19;i++) fa[now][i]=fa[fa[now][i-1]][i-1]; for (int i=head[now];i;i=edge[i].next) if (edge[i].to!=f) dfs(edge[i].to,now); } inline int LCA(int x,int y) { if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y); for (int i=19;i>=0;i--) if (dep[fa[x][i]]>=dep[y]) x=fa[x][i]; if (x==y) return x; for (int i=19;i>=0;i--) if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i]; return fa[x][0]; } signed main() { n=read();m=read();q=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { x[i]=read();y[i]=read(); Add(x[i],y[i]);Add(y[i],x[i]); } tarjan(1,0); for (int i=1;i<=m;i++) { int xx=co[x[i]],yy=co[y[i]]; if (xx!=yy) add(xx,yy),add(yy,xx); } dfs(co[1],0); while(q--) { int a=read(),b=read(); a=co[a],b=co[b]; int l=LCA(a,b); int s=sum[a]+sum[b]-2*sum[l]+size[l]; int ss=qsum[a]+qsum[b]-2*qsum[l]+size[l]*(size[l]-1)/2; ans+=s*(s-1)/2-ss; } printf("%lld",ans*2); return 0; }
T4 circular
题目大意：在一个长度为$m$的环上有$n$条线段$[l_i,r_i]$。问最多能选取多少个不相交的线段。
相似的做法：[[SCOI2015]国旗计划](https://www.luogu.com.cn/problem/P4155)
首先破环成链。先考虑暴力的做法：每次选取起始线段$i$，然后不停跳合法的$nxt$，直到不能跳为止；然后取最大值。而我们可以优化跳$nxt$的过程，显然倍增可以将复杂度由$n^2$降到$nlog^2 n$。
代码：
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; const int N=200005; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,m,f[N][20],st[N],vis[N],top,cnt,ans; struct node{ int l,r; }s[N],q[N]; inline 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; } bool cmp(node x,node y){ return x.l==y.l?x.r<y.r:x.l<y.l; } inline bool check(int x,int i) { int p=i; for (int j=0;j<=18;j++) if ((x>>j)&1) p=f[p][j]; return q[i].l+m>=q[p].r; } int main() { m=read();n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) { s[i].l=read();s[i].r=read(); if (s[i].r<s[i].l) s[i].r+=m; } for (int i=1;i<=n;i++) s[i+n].l=s[i].l+m,s[i+n].r=s[i].r+m; n*=2; sort(s+1,s+n+1,cmp); for (int i=1;i<=n;i++){ while(top&&s[st[top]].r>=s[i].r) vis[st[top--]]=1; st[++top]=i; } for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) q[++cnt]=s[i]; int p=1;q[cnt+1].l=inf;q[0].r=inf; for (int i=1;i<=cnt;i++) { while(p<=cnt&&q[p].l<q[i].r) p++; if (p>cnt) break; f[i][0]=p; } for (int j=1;j<=18;j++) for (int i=1;i<=cnt;i++) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; for (int i=1;i<=cnt;i++) { int l=0,r=n/2,p; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (check(mid,i)) p=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } ans=max(ans,p+1); } printf("%d",ans); return 0; }