T1
是原题，CF475D。
注意到当一个区间 ([l,r]) 当 (l) 固定、(r) 增大时 $gcd $ 只有 (mathcal O(log a_i)) 种取值，直接讲这些取值都预处理出来即可。
#include<iostream>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e5+10;
map<int,int> cnt;
int gcd(int x,int y)
{
if(min(x,y)==0)return max(x,y);
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int a[N],st[N][30],Log[N],n;
int query(int l,int r)
{
int x=Log[r-l+1];
return gcd(st[l][x],st[r-(1<<x)+1][x]);
}
void calc(int l)
{
int r=l;
while(r<=n)
{
int L=r,R=n,pos=0;
while(L<=R)
{
int mid=(L+R)/2;
if(query(l,mid)==query(l,r))pos=mid,L=mid+1;
else R=mid-1;
}
cnt[query(l,r)]+=pos-r+1;
r=pos+1;
}
}
signed main()
{
n=read();for(int i=1;i<=n;i++)st[i][0]=a[i]=read();
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)st[i][j]=gcd(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
for(int i=2;i<=n;i++)Log[i]=Log[i/2]+1;
for(int i=1;i<=n;i++)calc(i);
bool f=0;
int m=read();for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld
",cnt[read()]);
return 0;
}
T2
构造 (f_i) 和序列 (a_i)：
[f_i=egin{cases}0, &i=0\10f_{i-1}+1,&0<ile nend{cases}\
a_iin[0,9],sum_{i=0}^na_i=9
]
则一个合法的解 (a_0,a_1,cdots,a_n) 一定对应着一个合法的数，并且这个合法的数是 (sum_{i=0}^n f_ia_i)。考虑 (f_i) 的贡献，根据插板法可知所有 (f_i) 的贡献 (w) 都是一样的，并且：
[w=sum_{i=0}^9iinom{8+n-i}{n-1}
]
但还是不够优秀，所以进入喜闻乐见的推式子环节……
引理：
[sum_{i=b}^ainom{i}{b}=inom{a+1}{b+1} ]其中 (age b)。
证明：
（献上膝盖）
那么就可以推得：
[egin{align*}sum_{i=0}^9iinom{8+n-i}{n-1}&=sum_{i=1}^9iinom{8+n-i}{n-1}\
&=sum_{j=1}^9sum_{i=j}^9inom{8+n-i}{n-1}\
&=sum_{i=1}^9inom{8+n-i+1}{n}\
&=inom{n+9}{n+1}\
&=inom{n+9}{8}
end{align*}
]
实际上就是在做下面这件事：
那么就得到了一个 (mathcal O(n)) 的做法，但 (nle 10^{300})，还是不够优秀。
注意到模数只有 (19260817)，并且 (f_{19260816}=f_0)，也就是说 (19260816) 是 (f) 的循环节，所以只需要计算单个循环节内的 (f) 即可。
代码待填，先贴个std：
#include<bits/stdc++.h>
#define mo 19260817
using namespace std;
string st;
long long p,q,ansn;
long long po(long long x,long long y)
{
long long z=1;
while(y)
{
if(y&1) z=(z*x)%mo;
x=(x*x)%mo;
y/=2;
}
return z;
}
long long c(long long x,long long y)
{
long long sum=1;
for(int i=1;i<=8;i++) sum=((sum*(x-i+1))%mo)*po(i,mo-2)%mo;
return sum;
}
int main()
{
freopen("number.in","r",stdin);
freopen("number.out","w",stdout);
cin>>st;
int l=st.length();
for(int i=0;i<l;i++)
{
p=p*10+st[i]-'0';
q=(q*10+p/mo)%mo;p%=mo;
}
for(long long i=1,j=0;i<=mo;i++)
{
j=(j*10+1)%mo;ansn=(ansn+j)%mo;
}
ansn=(ansn*q)%mo;
for(long long i=1,j=0;i<=p;i++)
{
j=(j*10+1)%mo;
ansn=(ansn+j)%mo;
}
cout<<(ansn*c(p+9+mo,8))%mo<<endl;
return 0;
}
T3
连 ((0,2)(1,0),(0,4)(3,0),cdots)，这样只剩第一列和最后一列没有被覆盖，连上 ((0,0)(n,1),(0,n)(n,n-1)) 即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
int n=read();
printf("%d
",n+1);
int x=1,y=2;
while(y<(n<<1))
{
if(x>n)printf("%d %d ",n,x-n);
else printf("%d %d ",x,0);
if(y>n)printf("%d %d
",y-n,n);
else printf("%d %d
",0,y);
x+=2,y+=2;
}
printf("%d %d %d %d
",0,0,n,1);
printf("%d %d %d %d
",0,n,n,n-1);
return 0;
}