开挂
所有的 (1) 必然是有四向的边界然后剩下都是 (0)，所以枚举这些有 (1) 在边界的矩形大小
显然把两个 (x imes y) 的矩形放到左下或者右上可以覆盖更多的情况，这个可以 (dp) 统计
(f[i][j][0/1][0/1][0/1][0/1][0/1][0/1]) 表示到 (i,j) 后四个边界是不是有 (1)，是不是有点在可以控制的点之外
后面 (6) 维可以状压
送你一道签到题
这个函数 (F) 是一个积性函数，把 (i^k) 拆开下放到每个式子，对应出来每个都是 (i^k d(i))，则是 (m) 个该函数 ( exttt{Dirichlet}) 卷起来
(m) 小 (n) 大的档需要杜教筛，留坑
直接筛并进行暴力卷积可以得到 (55 pts)
观察到每个数的质因子并不太多，所以可以考虑 (dp) 得到每个方案对应出来的答案，设 (f_{i,j}) 表示 (i) 种 (j) 个的方案数，转移如下
[dp_{i,j}=sum_{k=j+1}^{39} dp_{i,k} imes(k-j+1)
]
对于质数点的值的多项式是 (P(x)=sum dp_{i,x} imes inom m i)
最后是 (min25) 筛，对于 (g)，初值是自然数幂前缀和，这里使用了 (Bernoulli) 数
套上 (min25) 筛的板子即可
神犇
对于区间的异或那么就是可持久化 (trie)
考虑两个崇拜的人相同的话那么变成维护两两的差，但是发现 (A-B+B-C=A-C) 所以其实可以知一求三
对于 (ton_1-ton_2,ton_1-ton_3,ton_2-ton_3) 分别维护一个trie，再维护一个差值即可
最后一步十分妙
考了几场，稍微找回了一点考试的节奏，但是题目很高妙，思维亟待提升