A. 神炎皇
尝试枚举$a$,$b$的$gcd$，设为$d$。
那么有$$ans=sum limits_{d=1}^{n} sum limits_{i=1}^{n} sum limits_{j=1}^{n} [gcd(i,j)==d][i+j<=n][i+j|i=j]$$
$$ans=sum limits_{d=1}^{n} sum limits_{i=1}^{n/d} sum limits_{j=1}^{n/d}[gcd(i,j)==1][i+j<=n/d][id+jd|ijd^2]$$
由$i+j mid ij$
$$ans=sum limits_{d=1}^{n} sum limits_{i=1}^{n/d} sum limits_{j=1}^{n/d}[gcd(i,j)==1][i+j<=n/d][i+j|d]$$
发现后面多与$i+j$有关，故枚举$i+j$，设为$k$。
$$ans=sum limits_{d=1}^{n} sum limits_{k=1}^{n/d} varphi(k)[k|d]$$
注意我们在前面已经除过一次$d$了，故$k*d=a+b<=n$ $k|d ightarrow d>=k$
即$k*k*d<=n$，符合条件的d共有$lfloor frac{n}{k*k} floor$个
$$ans=sum limits_{k=1}^{sqrt n} varphi(k) lfloor frac{n}{k*k} floor$$
B. 降雷皇
问题是最长上升子序列，并输出方案数。
显然用一个简单数据结构（如树状数组）维护一下每个权值的最优解和方案数就完了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<tuple> 4 using namespace std; 5 const int N=1e5+7; 6 const int mod=123456789; 7 int n,id,mx; 8 int s[N],b[N],sz[N]; 9 inline int lowbit(int x){ 10 return x&-x; 11 } 12 inline void modify(int x,int val,int js){ 13 for(;x<=mx;x+=lowbit(x)) 14 if(val==b[x]) (sz[x]+=js)%=mod; 15 else if(val>b[x]) sz[x]=js,b[x]=val; 16 } 17 inline pair<int,int> query(int x,pair<int,int> ans=make_pair(0,0)){ 18 for(;x;x^=lowbit(x)) 19 if(b[x]>ans.first) ans.first=b[x],ans.second=sz[x]; 20 else if(b[x]==ans.first) (ans.second+=sz[x])%=mod; 21 return ans; 22 } 23 int main(){ 24 scanf("%d%d",&n,&id); 25 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&s[i]),++s[i],++s[i],mx=max(mx,s[i]); 26 modify(1,0,1); 27 int val,cnt; 28 for(int i=1;i<=n;++i){ 29 tie(val,cnt)=query(s[i]-1); 30 modify(s[i],val+1,cnt); 31 } 32 tie(val,cnt)=query(mx); 33 printf("%d ",val); 34 if(id) printf("%d ",cnt); 35 return 0; 36 }
C. 幻魔皇
首先是一些显然的结论。
对于一个节点，如果深度和颜色相同，那么贡献的答案是相同的。
分别考虑不同深度，白色点为$lca$的贡献和黑色点为$lca$的贡献。
前者的贡献是显然的，因为白色点只有一个儿子。
后者的贡献类似一个卷积的形式，暴力做n次卷积，复杂度是$O(n^3)$的。
如果用$fft$，可以优化为$O(n^2logn)$，然而任意模数似乎并不简单。
然后就死掉了。
正解是优化了卷积的过程。
可以发现，相邻两次卷积的结果是类似的：
因为卷积的内容是类似的。
只要将相邻两次卷积的增加量处理出来就可以了。