杭电多校赛2020第一场VP实录
D - Distinct Sub-palindromes
思博题。
A C C o d e \mathcal AC\ Code AC Code
#includeK - Minimum Index
d u v a l duval duval算法求每个前缀的最小后缀，
根据算法的循环维护。
#includeE - Fibonacci Sum
a n s = ∑ i = 0 K ( K i ) ( − 1 ) i 5 K × 1 − ( 1 + 5 2 ) i c ( n + 1 ) ( 1 − 5 2 ) ( K − i ) c ( n + 1 ) 1 − ( 1 + 5 2 ) i c ( 1 − 5 2 ) ( K − i ) c ans = \sum_{i=0}^K\frac {\binom Ki (-1)^i}{\sqrt 5^K} \times \frac {1 - (\frac {1+\sqrt 5}2)^{ic(n+1)}(\frac {1-\sqrt 5}2)^{(K-i)c(n+1)}}{1- (\frac {1+\sqrt 5}2)^{ic}(\frac {1-\sqrt 5}2)^{(K-i)c}} ans=i=0∑K5K(iK)(−1)i×1−(21+5)ic(21−5)(K−i)c1−(21+5)ic(n+1)(21−5)(K−i)c(n+1)
容易发现只需要求 ( 1 + 5 2 ) (\frac {1+\sqrt 5}2) (21+5)和 ( 1 − 5 2 ) (\frac {1-\sqrt 5}2) (21−5)的任意次幂，以及 K K K个逆元，还有一些组合数。
可以通过分块预处理幂和线性求 K K K个数的逆元得到 O ( m o d + T ( K + log K ) ) O(\sqrt {mod} + T(K + \log K)) O(mod+T(K+logK))的做法。
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#includeF - Finding a MEX
度数小的往度数大的连边，那么出度 ≤ n \leq \sqrt n ≤n，修改时只需要对于出边修改，询问时额外加上入边即可， O ( n n log n ) O(n\sqrt n \log n) O(nnlogn)，借树状数组的优异表现和不带 log \log log的算法差不多。
但是度数分治可以做到 O ( n n ) O(n\sqrt n) O(nn)
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#pragma GCC optimize(3)
#includeI - Leading Robots
发现在这个题中两个抛物线只有一个有用的交点，随便单调栈维护一下即可。
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#includeL - Mow
因为是凸多边形，所以是经典题。
往内缩 r r r然后求半平面交即可（凸多边形才行。）
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#includeC - Cookies
注意到这个 divmed(n) \operatorname{divmed(n)} divmed(n)函数就是 ≤ n \leq \sqrt n ≤n的最大因数。
可以用埃氏筛法 O ( ( r − l ) ln r ) O((r-l)\ln \sqrt r) O((r−l)lnr)求出 ∑ i = l r divmed(i) \sum_{i=l}^r \operatorname{divmed(i)} ∑i=lrdivmed(i)
于是乎我们可以分段打表。
打表代码：
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#includeJ - Math is Simple
g n = ∑ a < b , gcd ( a , b ) = 1 , a + b = n 1 a b = 1 n ∑ a < b , gcd ( a , b ) = 1 , a + b = n 1 a + 1 b g_n = \sum_{a
对于 n > 1 n\gt1 n>1，有：
g n = 1 n ∑ i ≤ n [ gcd ( i , n ) = 1 ] 1 i = 1 n ∑ p ∣ n μ ( p ) 1 p ∑ i = 1 n p 1 i g_n = \frac 1n\sum_{i\leq n} [\gcd(i,n)=1]\frac 1i=\frac 1n\sum_{p|n} \mu(p)\frac 1p\sum_{i=1}^{\frac np} \frac 1i gn=n1i≤n∑[gcd(i,n)=1]i1=n1p∣n∑μ(p)p1i=1∑pni1
对于后面的调和级数 O ( n ) O(n) O(n)预处理后即可以分解质因数的复杂度 + d ( n ) +d(n) +d(n)求出 g n g_n gn。
对于 f n = ∑ 1 ≤ a < b ≤ n , gcd ( a , b ) = 1 , a + b ≥ n 1 a b f_n = \sum_{1\leq a \lt b\leq n,\gcd(a,b)=1,a+b\geq n} \frac 1{ab} fn=1≤a<b≤n,gcd(a,b)=1,a+b≥n∑ab1
它 = ∑ 1 ≤ a < b ≤ n − 1 , gcd ( a , b ) = 1 , a + b ≥ n − 1 1 a b − ∑ 1 ≤ a < b ≤ n − 1 , gcd ( a , b ) = 1 , a + b = n − 1 1 a b + ∑ a < n , gcd ( a , b = n ) = 1 1 a b =\sum_{1\leq a \lt b\leq n-1,\gcd(a,b)=1,a+b\geq n-1} \frac 1{ab} - \sum_{1\leq a \lt b\leq n-1,\gcd(a,b)=1,a+b = n-1} \frac 1{ab} +\sum_{a \lt n , \gcd(a,b=n) = 1} \frac 1{ab} =1≤a<b≤n−1,gcd(a,b)=1,a+b≥n−1∑ab1−1≤a<b≤n−1,gcd(a,b)=1,a+b=n−1∑ab1+a<n,gcd(a,b=n)=1∑ab1
容易发现这就是 f n − 1 + g n − g n − 1 f_{n-1} + g_n - g_{n-1} fn−1+gn−gn−1
所以对于 n > 2 n \gt2 n>2，有 f n = f 2 − g 2 + g n = g n + 1 2 f_n = f_2 - g_2 + g_n = g_n + \frac 12 fn=f2−g2+gn=gn+21。
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#includeH - Integral Calculus
仔细的抄式子，那么这就是一个任意模数多项式求逆的板题。
注意不知道为什么我抄出来答案要 × 4 \times 4 ×4
#include