标签：它的 strong 约数 min 最小值 www. 负数 期望 初始化
由于出题人的疏忽，导致T2和T3分别有一个数据造错，造成了大家不必要的麻烦，对此十分抱歉。
这里写一下三道题的题解：
题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/U32290
题目简述：求出有多少个正整数三元组{a,b,c}，满足a,b,c<=n，a,b,c三个数的最大公约数为1，且1/a+1/b=1/c。
数据范围：n<=1e12
tag：本题原型来自中等数学2011年第1期，进行了一番改编。
20分：枚举a，b，O(1)算出c，统计答案
100分：
方法一：
化简后得到(a+b)c=ab，设g=(a,b)，A=a/g，B=b/g，则g(A+B)c=ABg^2，即(A+B)c=ABg
由题目已知条件：(a,b,c)=1，即(g,c)=1，g|(A+B)c，故g|(A+B)，
设(A+B)/g=AB/c= k ∈ Z，
若k>1，因为A,B互质，所以k|A或k|B，则A+B不能被k整除，矛盾。因此k=1。
故充要条件为：1<=a,b,c<=n，a+b=g^2，c=ab/g^2。
枚举g，则可得A+B=g。用莫比乌斯反演求出一定范围内与g互质的数的个数即可。
写程序的过程中，你会发现，枚举1到sqrt(2n)的g之后，只需枚举g的约数。
所以时间复杂度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))
方法二：（PJY提供的此方法十分巧妙）
可以化简得到：(a+b)c=ab，于是ab-bc-ac+c^2=c^2，所以(a-c)(b-c)=c^2
设a-c=km^2，b-c=kn^2，则c=kmn。
若k>1，(a,b,c)=(km^2+kmn, kn^2+kmn, kmn)≠1，矛盾。故k=1
由此我们知道a-c=m^2，b-c=n^2是完全平方数。
因为(a,b,c)=(m(m+n)，n(m+n)，mn)=（(m+n)*(m，n)，mn）=1，所以(m,n)=1
故充要条件为1<=a,b,c<=n，a-c, b-c是完全平方数，c^2=(a-c)(b-c)，(a-c，b-c)=1
枚举(a-c)，用莫比乌斯反演求出一定范围内与sqrt(a-c)互质的数的个数即可。时间复杂度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))
源码：
方法一：https://paste.ubuntu.com/p/mXF2bvXdy7/
方法二：https://paste.ubuntu.com/p/yn5NddzNjj/ （此代码没有用莫比乌斯反演，而是用容斥）
题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/U32382
题目简述：在一棵n个节点的树上的k个点处放k个摄像头。每个摄像头可以看到与之树上距离<=r的点。
使得被看到的点的w[i]之和最大。
数据范围：k<=n<=1000，w[i]<=1e6
tag：
乱搞做法一：如果一个一个放摄像头，每一次把当前w[i]和最大话，那样例一就过不了
乱搞做法二：如果直接假定关于摄像头个数k的函数f(k)是凸函数，那样例二就过不了（因为这个结论是错误的）
10分：枚举2^n种情况（还可以用位运算优化）。
另外20分（k<=2）：做法可能有多种，可以暴力枚举两个点，然后用点分或dsu求每种情况的答案。
40分：暴力dp，定义dp数组f[i][j][k][l]，
f[i][j][k1][k2]表示第i个节点的子树处理完毕，子树中放了j个摄像头。
期望被观测，但未被观测的最远的点距离ta为k1；最近的摄像头离ta距离为k2。
该dp复杂度或许是O(n^4)吧，（没实现过不清楚）
100分：接着上述40分的题解讲。
我们在dp的过程中，初始化每个节点有三种状态：什么都没发生；放有一个摄像头；虽没放摄像头，但这个点之后会被观测到。
所以dp的过程中，就决定了每个点是否计入答案。其有用的信息为：子树中离点i最近的摄像头的距离，子树中离点i最远的期望被观测的
点的距离。且信息有用当且仅当距离<=r，因为摄像头的观测范围就是r。
如果两个信息同时存在，那么可以忽略摄像头的信息。
这里证明一下：
设最远的期望被观测的点为a点。最近的摄像头为b点。所以dis(a,b)>r。
之后一定有一个摄像头c点，使得dis(a,c)<=r。那么显然dis(c,i)<dis(b,i)。显然，摄像头b能观测到的在 i 子树外的点，c都能观测到。
所以可以忽略b的信息。
所以理所当然地，可以把dp数组写成f[i][j][k]（原先第三维和第四维压缩成一维）
之后的dp，可能细节有些繁琐。导致标程可读性差。所以题解里就不阐述了。
这样还不够，因为n<=1000。
我们还需要证明一下：当k*r>=n时，所有的点都能够被观测到。
随便选一个点提根。取深度最深的点，如果深度<=r，直接选择根节点放摄像头。
若深度dep>r，选择与该点距离r的祖先，选择该祖先放摄像头，这样相当于花费一个摄像头砍去了点数>=r的一个子树。
故容易证明k*r>=n时，所有点都能观测到。
所以，k*r<n时，枚举点i,依次把它的儿子所代表的子树合并起来，复杂度是min(k,size[a])*min(k,size[b])*r。
总复杂度可以证明是n*k*r<n^2。（不详细讲证明了）
源码：由于一些原因，晚一点发源码，请见谅。
题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/U32672
题目简述：
一个序列A，每次操作可以使一段连续的区间加1或减1并对K取模，定义F(A,K)表示最少的操作次数使得序列的所有元素都变为0。
输入长度为n的序列A，m次询问F(A[x][y],K)的值。
数据范围：
n<=200000, m<=100000, k<=1e9
tag：
唯一一道数据结构题，所以思路不是那么难。只要你会50分，就可以轻松优化到100分。
10分：搜索+剪枝
30分：先考虑单组询问求F(A,K)。为了方便之后处理，首尾加 0 。
设长度变为N=n+2
我们先考虑如果操作中每次加一、减一后不取模。若A[i]∈Z（可能是负数）。
先对A差分 -> 设B[i]=A[i]-A[i-1]（对于1<i<=n），显然B[2]+B[3]+...+B[N]=0
每次操作等同于，B[i]加一，B[j]减一（ 1<i,j<=N ），目标是将所有的B[i]变为0。
若未达到目标，因为所有的B[i]之和为0。一定存在B[i]>0，B[j]<0。
所以一定存在一次操作，使得B[i]的绝对值的和减2。
由此我们知道，此时最小操作次数是[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])] / 2。（此处abs表示绝对值）
现在题中操作为每次加一、减一后对K取模。所以等同于，先将A数组的某些元素加或减K的倍数。
等同于我们先对差分数组B中某些元素加或减K（根据之前最小操作次数的公式，显然加减范围不会超过K），并维持B[2]+B[3]+...+B[N]=0。
求这样的情况下，[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])]/2 的最小值。
容易实现单次询问O(n^2) dp。
50分：接着30分的题解讲，我们要对差分数组的某些数值加K或减K，并维持B[2]+B[3]+...+B[n]=0。
设在S个位置加K，在S个位置减K。（这2S个位置不重复）
显然，我们只会在小于0的位置加K，在大于0的位置减K。所以前者和后者一定不重复。
对于小于0的数 (-a)，对其加K可以使代价减少 (2a-K)。
对于大于0的数(a)，对其减K可以使代价减少 (2a-K)。
所以，对要加K和要减K的位置，选2a-K前S大的位置，（a是其绝对值）
容易做到单次询问O(n)，总复杂度O(mn)。
100分：接着50分的题解讲，显然，我们可以二分这个K，求区间第K大和前K大和即可。（这里不再赘述）
使用主席树或划分树可做到复杂度O(mlog^2n)。
源码：https://paste.ubuntu.com/p/mYvBWMJ5vx/
标签：它的 strong 约数 min 最小值 www. 负数 期望 初始化
原文地址：https://www.cnblogs.com/Blog-of-Eden/p/9367521.html
