训练笔记 9月26日

感觉是鸽了很久了，觉得还是总结以下提升会比较大。虽然原因其实是临近国庆，平时常用的几个oj都出了点不同程度上的问题，国外节点的CF卡爆，VJ也是很慢，然后bzoj暂时关闭，HDU晚上不营业（就是现在我写博客的时间），突然又不想做题又不想闲着，那就写点东西算了。

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HDU - 6304

2018年杭电多校第一场的G题，怎么说呢，这题其实打表可以明显看到有规律可循，因为每种数字x的出现个数就是lowbit(x)次，于是我一直往树状数组的方向想但是最终无果，没办法把规律变得能够处理就很让人难受。其实这题就是根据给出的n求出n对应的数字x，然后在x的范围内其实每种数字的的累加都可以化为多组等差数列求和处理，每组的首项是一个2^k ，公差是2^k ，然后范围小于等于最大的x。

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HDU - 5943

褚大爷推荐的一题，二分匹配 + 数学规律，题意就是从s+1到s+n，每一个数从1到n中挑一个数是它的因数，不能重复选择同一个数，然后求能不能全匹配，就让你裸的跑二分匹配，但是点太多如何处理。答案其实还是好想的，素数间隔！1e18内的素数间隔不会超过300（大概230左右？？）所以一旦超过600的话就有两个待匹配的素数，而他们一定得和1匹配，于是得出结论大于600的范围一定匹配不上直接输出答案，剩余再跑一遍匹配就行。

难受，写博客想从题库里找题，vj也能给你卡半天，我死了

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HDU - 1695

一道莫比乌斯反演的入门题，最近在研究数论方面，不管怎么说这种基础性的东西还是得掌握。然后先存一手别人家的博客，https://blog.csdn.net/codeswarrior/article/details/81541972，感觉最近才算是弄懂了点东西。其实最核心的就是一个约束公式一个倍数公式
约数公式：

$F(n)={\sum }_{d|n}f(d)⟶f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})(d是n的约数)$

倍数公式：

$F(n)={\sum }_{n|d}f(d)⟶f(n)={\sum }_{n|d}\mu (\frac{d}{n})F(d)(d是n的倍数)$

然后其中的μ函数可以用线性筛法求，具体意义和证明博客和《具体数学》上都讲的蛮好
（贴张图）

int mu[maxn], prime[maxn], prime_cnt;
bool is_prime[maxn];
void Leaner_Shaker_Mu (int n)
{
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) is_prime[i] = true;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (is_prime[i])
        {
            prime[++prime_cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 1; j <= prime_cnt && i * prime[j] <= n; j++)
        {
            is_prime[i * prime[j]] = false;
            if (i % prime[j]) mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            else
            {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

然后就是要看怎么用了，就是一个推公式，其实关于这块感觉还得多练，本题的话，要求1到b和1到d内各选一个数使得他们的GCD为k，请问有多少种选择这样的。于是数论整除分块，转换到1到b/k和1到d/k内选一个数使得GCD为1的选择数量。
下面我们设$f(d)$表示满足$gcd(x,y)=d$的个数
$F(d)$表示满足$gcd(x,y)=d$的倍数的个数
当$f(d)$难求的时候我们可以考虑转换思路求其倍数or因数的个数，因为我们可以用莫比乌斯反演解决转化问题，那么就是先求$F(d)$咯。
因为对于区间[1,n]来说，能够被x或者x的倍数整除的数（即含有x或者x的倍数作为因子）的个数为
n/x,同理对于区间[1,m]来说能被x或者x的倍数整除的数的个数为m/x，那么n和m都可选择的情况下，即有$F(x)=\frac{n}{x}\cdot \frac{m}{x}$。我们就可以处理出所有$F(x)$，然后转求$f(1)$。最后注意最后去重一道就行。

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Codeforces - 1060E

这确实是个好题，或者说提供了一种思考方式，读懂题意后知道我们需要求的是树上所有点对的距离dis，然后$dis1=\lfloor \frac{dis+1}{2}\rfloor$，求全部dis1的和。
暴力跑不过来怎么办？那是因为我们的眼光聚焦在了点与点上，不妨这么想，求所有边被经过的总次数就能求出全部的点对间的dis总和，于是我们可以对一个点统计其子树大小$cnt1$和非子树点的数量$cnt2$，这两部分一定由一条边连接，于是经过次数就是$cnt1\cdot cnt2$，dfs的同时对每一个点都计算并统计即可。
那么dis1如何转化呢？我们发现与让dis直接除以2的不同在于当二者间距为奇数时统计答案应该加一，这又这么处理？就是让树分层，奇数层与偶数层的距离和，就是会影响除以2的部分。

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uva - 11426

题意简单粗暴，求${\sum }_{i=1}^{n-1}{\sum }_{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$
设$f(x)={\sum }_{i=1}^{n}gcd(i,x)$
那么$ans(n)={\sum }_{i=2}^{n}f(i)$或者说 $ans(n)=ans(n-1)+f(n)$
n不大，可先循环处理$f(x)$，再递推得到范围内全部$ans(x)$，最后每次对于询问输出即可
至于$f(n)$的处理，这类问题看起来应该都得先考虑互质，$gcd(x,y)=1$那么就有$gcd(kx,ky)=k$，我们固定$y$值，于是小于$y$且与其互质的个数就是欧拉函数，然后对于每一个$ky$享受到的贡献救要加上每一个与$y$互质的数$x1$的贡献$k$，这一部分的贡献加到$f(ky)$中，于是可递推。
写出来是这样的：

void init (int n)
{
    Linear_Shaker_phi(n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i + i; j <= n; j += i)
            f[j] += i * phi[j / i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        ans[i] = ans[i - 1] + f[i];
}

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HDU - 6630

思维题，我直接上别人博客了，我感觉我说的一定没有他说的好
https://www.cnblogs.com/yzxqq/p/11307918.html

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HDU - 6629

求串S与自己的每一个后缀的匹配长度，真是好久不用就完了有EX-KMP这事了，傻了

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HDU - 6627

给定序列a和序列b和数字C，求所有满足${\sum }_{i=1}^N|ai\cdot x+bi|=C$的$x$值，本来觉得不可做，因为之前很少接触过这种题，现在想来也满单纯，想象一下求和出来的函数图嘛，不就是由一堆带绝对值的一次函数（关于$x=-bi/ai$对称）所累加出来的折线图嘛。然后每一次转折都是在一对$(ai,bi)$的对称轴处。那么就是对于两个转折处间检查有没有可能出现$C$值，具体检查方法就是根据在那个区间内直线$l_i:k_{i}x+b_i=0$，根据斜率还有C与纵截距的距离求出$x$，若$x$在那两个对称轴之间，那么就是可以记录的。

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HDU - 6624

给定p和x，求最小的b满足 $a\equiv bx(modp)$
https://blog.csdn.net/baiyifeifei/article/details/98606715
一个经典问题，求满足值在所给的两分数之间时，最小的分子分母是多少
推导和原理见上博客，这里给一下解决的代码

void go (long long p1, long long x1, long long p2, long long x2, long long & b, long long & c)
{
    long long d = (p1 + x1 - 1) / x1 - 1;
    if (p1 / x1 < p2 / x2)
    {
        b = d + 1;
        c = 1;
        return;
    }
    go (x2, p2 - x2 * d, x1, p1 - x1 * d, c, b);
    b += d * c;
}

上面连续几题都是今年杭电多校第五场的题目，不得不吹一下题目质量。

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SPOJ - Query on a tree

题意是在可修改边权的操作的条件下，询问两点间路径上的最大边权值。
经典的树链剖分+线段树维护，也就是这个题我总算搞懂了树链剖分的意义和一点点用法，好东西。
点u和v都是在同一条重链上分出的不同（或相同）轻链及其分支上，所以我们要做的就是让他们跳回那条大重链上。如果说O(n)的查找方式必T的话那么就用O(logn)的吧，因为树链剖分的关系，在重新命名树节点的时候保证了在同一条链（两个相邻的分支点之间）上的节点的id序号是相邻的，既然相邻的话，区间最大值就可以用线段树维护，线段树直接套版。
贴一下树链剖分部分的代码

int father[maxn], hson[maxn], siz[maxn], depth[maxn];
int cnt, id[maxn], top[maxn];
void get_hson (int now, int fa)
{
    father[now] = fa;
    siz[now] = 1;
    depth[now] = depth[fa] + 1;
    int it = 0;
    for (int i = head[now]; i; i = edge[i].nex)
    {
        int to = edge[i].to;
        if (to == fa) {_val[now] = edge[i].val; continue;}
        get_hson (to, now);
        siz[now] += siz[to];
        if (siz[to] > siz[it]) {hson[now] = to; it = to;}
    }
}
void dfs (int now, int thetop)
{
    top[now] = thetop;
    id[now] = ++cnt;
    val[cnt] = _val[now];
    if (siz[now] == 1) return;
    dfs (hson[now], thetop);
    for (int i = head[now]; i; i = edge[i].nex)
    {
        int to = edge[i].to;
        if (to == father[now] || to == hson[now]) continue;
        dfs (to, to);
    }
}
long long path_max (int u, int v)
{
    long long ret = -llinf;
    while (top[u] != top[v])
    {
        if (depth[top[u]] < depth[top[v]]) swap (u, v);
        ret = max (ret, seg.query(id[top[u]], id[u], 1, n, 1));
        u = father[top[u]];
    }
    if (depth[u] > depth[v]) swap (u, v);
    ret = max (ret, seg.query (id[u] + 1, id[v], 1, n, 1));
    return ret;
}

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RUAAAAAAA

好像已经写了很久了，那今天到这了吧，虽然还有一堆题没谈到，CF都没来得及打开。

摸了摸了