DAY 1
（某咕咕咕的人在咕咕咕了咕咕咕天之后，又准备开始写博客了）
今天得分：30+0+0。T3算错了空间，50分没了。。。
T1
题目大意：一个圆上有3n个不同的点，每个点都被染成了n种颜色中的一种。每种颜色恰好出现了3次。对每种颜色画一条圆弧，满足其两端点的颜色都是c且不经过另一个颜色为c的点。要求这n条圆弧互不相交。求画圆弧的方案数。n<=2e5
题解：容易发现，该图最多选择的圆弧数为n，于是我们只需要求最大匹配的方案数，随便dp即可。关于环转化成链，我们只需要枚举第一个点的那种颜色选择圆弧的方法，就可以不重不漏统计方案。时间复杂度O(N)。
AC代码：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
inline int re_ad()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int mo=998244353;
int n,n3,n6,ans;
int a[1200010],las[1200010],pla[200010],to[1200010];
struct node{int num;int ans;}dp[1200010];
inline int jia(int x,int y){x+=y;if(x>=mo)x-=mo;return x;}
inline void solve(int bg,int fro)
{
register int i,j;//cout<<" "<bg)
{
if(dp[las[bg+i]-bg-1].num+1>dp[i].num){dp[i]=dp[las[bg+i]-bg-1];++dp[i].num;}
else if(dp[las[bg+i]-bg-1].num+1==dp[i].num)dp[i].ans=jia(dp[i].ans,dp[las[bg+i]-bg-1].ans);
}//cout< T2
题目大意：求有多少个正整数x满足c[0]*x^a[0]+c[1]*x^a[1]+...+c[n-1]*x^a[n-1]能被x^0+x^1+...+x^(m-1)整除，其中c和a是两个给定的序列。n<=1e5,m,ai<=1e9,|ci|=1 。
题解：特判x=1，之后把原式变成f(x)*(x-1) mod (x^m-1)。得到取模之后的式子后，设每一项的系数为ki，则我们只需要判断在2-max(ki+1)范围内的数即可。判断x0的时候，对于ki>=x0的部分，k[i]-=x0,k[(i+1)%m]++;对于ki<=-x0的部分，k[i]+=x0,k[(i+1)%m]--;最后判断最终的ki是否全等于0或全等于1-x0或全等于x0-1即可。由于每次操作ki的绝对值减少x0-1，总操作次数为调和级数级别，用map维护操作，并每次撤回操作，即可达到时间复杂度O(nlog^2n)。
AC代码
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include T3
题目大意：
（
题解做法：
（我才不会说放图片是因为pdf复制的内容过于难受）
%%%lsz巨佬，给出了一个复杂度O(log2^2n)预处理题解中的m的做法：
把选0看做选左子树，选1看做选右子树，做和上面一样的dp，打出一个比较大的表，观察左右子树的转移点，会发现在一段内左子树大小递增而右子树大小不变，下一段右子树大小递增而左子树大小不变，我们将这些点称为转折点。
观察转折点的性质，发现每个转折点来自的左子树和右子树的大小也是一个转折点，并且左右子树的D的增量相同。于是我们小数据暴力，大数据通过转移点的合成得到转移点（其实每个转移点对应着上面做法中的一个m），注意2^n的特殊情况即可。
对于每组询问，二分查找离它最近的转移点，统计即可。
AC代码
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
inline long long re_ad()
{
long long x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
int T;
int lg[1000010];long long num[1000010],n;
long long dp[1000010],base[70];
queue z1,z2;
int z1cs[]={14,15,16,18,19},z2cs[]={8,9,11,12,14,15,15,16,18,19};
long long sum[3000],zd[3000],zs[3000],mx=1100000000000000ll;
int cnt,zt;
inline long long query(long long n)
{
int pla=upper_bound(zd+1,zd+zt+1,n)-zd;
return sum[pla-1]+1ll*(n-zd[pla-1])*zs[pla];
}
int main()
{
freopen("dictionary.in","r",stdin);
freopen("dictionary.out","w",stdout);
register int i,j,las=5;
register long long tmp;
n=1000000;
for(i=1;i<=1000000;++i)lg[i]=lg[i>>1]+1,num[i]=num[i-1]+lg[i];
dp[1]=1;las=1;
for(i=2;i<=n;++i)
{
j=1;dp[i]=dp[j]+dp[i-j]+num[i];
for(j=las;j5)break;
}
for(i=0;i<5;++i)z1.push(z1cs[i]);for(i=0;i<10;++i)z2.push(z2cs[i]);
base[0]=1;for(i=1;i<=63;++i)base[i]=base[i-1]<<1;
tmp=22;las=5;cnt=22;
while(1)
{
tmp=z1.front()+z2.front();
if(tmp>mx)break;
if(tmp>=base[las]-1)
{
zd[++zt]=base[las]-1;zs[zt]=++cnt;
z1.push(zd[zt]);z2.push(base[las]-1);z2.push(base[las]-1);++las;
}
zd[++zt]=tmp;zs[zt]=++cnt;
z1.push(tmp);z2.push(tmp);z1.pop();z2.pop();
}//cout<