Luogu CYJian的水题大赛[第二弹] T1，T2___推理+离线模拟

#T1：
求
$ 1⩽A⩽B⩽2∗10^7$

#分析：
我们先将一开始的$i=A$的情况下的所有数写下来，看成一个序列
即$-A/1+A/2-\dots \dots +(-)A/A$
然后我们发现，对于$A+1$而言，
写下的序列与上一个不同的地方就是在$A+1$的约数的位置，都比$A$中序列多了或者少了一个这个$1$，
对于$A+2$，我们同理也能发现是在$A+1$序列中，变化了$A+2$的约数
那么我们就可以考虑，
先将$A$的序列处理出来，然后总和设为$x$，那么则答案必有$(B-A+1)\ast x$，
然后就是要处理所有数$i$到数$i+1$对答案的贡献，
则我们可以枚举约数$z$，
则我们考虑$z$对答案的贡献，
显然$[A..B]$中所有数都有$A/z$
然后设$C$为大于$A$中最小的$z$的倍数，
可以发现$[C..B]$中所有的数写成序列，在$z$这个位置，则都有$A/z+1$，
然后$[C+z..B]$中所有的数序列，在$z$这个位置，则都有$A/z+2$，
后面同理，
那么我们可以发现这样的话，对于约数$z$在$[A..B]$中答案的贡献，可以通过推理O(1)算出，然后这个贡献，因为已经全部减去了$(B-A+1)\ast (A/z)$，
则$z$对答案还存在的贡献为$1+2+3+\dots \dots +[A+1..B]中所有的z的倍数的个数$
这个可以通过等差数列O(1)算出
一开始用A造了个序列，$时间复杂度O(A)$
最后枚举了约数，$时间复杂度O(B)$
$时间复杂度：O(A+B)$
#代码：

#include
#include
#include
#include
#include

using namespace std;

typedef long long ll;

int A, B;

int main()
{
	scanf("%d %d", &A, &B);
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= A; i++) 
	     ans = ans + (A / i) * ((i % 2) ? -1 : 1);
	   
	ans *= (B - A + 1);
	
	for (int i = 1; i <= B; i++) 
	{
		 ll C = A / i * i;
		 if (C <= A) C += i;
		 if (C > B) continue;
		 ll D = (B - C + 1);
		 ll E = (B - C) / i;
		 D = D + D * E;
		 E = (double)((1 + E) * E / 2);
		 E *= i;
		 ans += ((D - E) * ((i % 2) ? -1 : 1));
	} 
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

#T2：
#题目大意：


#分析：
对于任意两条直线$k_{1}x+b_1$，$k_{2}x+b_2$，如果他们相交，即$k$不相同，
则他们的交点显然为$（\frac{b_2-b_1}{k_1-k_2}，k_1\frac{b_2-b_1}{k_1-k_2}+b_1）$
我们离线操作排序$X=A_j$，即保证$X=A_j$的递增，
先行求出$X=min(A_j)$时，所有直线与它的相交的点的大小情况，然后求出一开始的顺序，
设$A_j$升序排列后的数为$B_1，B_2...B_M$
如果我们求出了$X=B_i$时相交点的顺序，那么此时这些点在$X=B_i到X=B_{i+1}$的区间里，如果存在有点使得任意2条直线相交，则这两条直线的大小关系就会分别加减1。
所以我们线处理出两两直线间的交点然后离线即可，注意细节。
时间复杂度最坏是$O(M+N^2)$
#代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#define M 500005
#define N 2005

using namespace std;
 
typedef long double ld;
typedef long long ll;

struct Node { ld x; int CF, DF; }A[N*N];
struct Text { ld ask; int id; }C[M];
struct Code { ld y; int K, B; }G[N];
int Rank[N], Now[N], cnt, n, m, k;
ll Ans[M];

bool cmp(Text aa, Text bb)
{
    return aa.ask < bb.ask;	
}

bool cmp1(Code aa, Code bb)
{
	return aa.y < bb.y;
}

bool cmp2(Node aa, Node bb)
{
	return aa.x < bb.x;
}

int main()
{
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
         scanf("%d %d", &G[i].K, &G[i].B); 
         
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    { 
         scanf("%llf", &C[i].ask);
         C[i].id = i;
    }
    sort(C + 1, C + m + 1, cmp);
    
	for (int i = 1; i <= n; i++) 
    	 G[i].y = G[i].K * C[1].ask + G[i].B, Rank[i] = i, Now[i] = i;	
	sort(G + 1, G + n + 1, cmp1); 
	
	Ans[C[1].id] = G[k].y;
	
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		 for (int j = i - 1; j >= 1; j--)
		      if (G[i].K != G[j].K)
		      {
		          ld X_C = (G[j].B - G[i].B) / (G[i].K - G[j].K);
		          if (X_C > C[1].ask) 
		              A[++cnt].x = X_C, A[cnt].CF = i, A[cnt].DF = j;
		      }
		      
	sort(A + 1, A + cnt + 1, cmp2);
	
    int l = 0;
    for (int i = 2; i <= m; i++)
    {
    	 while (A[l + 1].x <= C[i].ask && l < cnt)
		 {
    	        l++;
    	        Now[--Rank[A[l].CF]] = A[l].CF;
    	        Now[++Rank[A[l].DF]] = A[l].DF;
    	 }
    	 Ans[C[i].id] = G[Now[k]].K * C[i].ask + G[Now[k]].B;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%lld\n", Ans[i]);
	return 0;
}