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T1
看起来是个状压\(dp\)。
设\(dp[i][j][S]\)为前\(i\)行，放置了\(j\)个哲学家，第\(i\)行放的情况是\(S\)的方案数。
那么对于两个状态，能否由上一行转移到这一行会存在一些判断，这些判断暴力写一写就行了，也不是很恶心。
对于两个状态能够转移的话\(s_1\rightarrow s_2\)，那我们就用状压\(dp\)暴力的在两行之间转移就可以了。
复杂度最劣是\(O(3n^22^6)\)的。
卡常可以过。
比如说对于一个\(i\)，\(j\)枚举的下界是\(max(0,m-3(n-i+1))\)这样子。
然后看了一下神仙正解。
如果我们把\(dp(i,S)\)看成是\(\{dp[i][S][j]\}\)的生成函数。
那么有：\([x^j]dp(i,S)=dp[i][j][S]\)
同时可以用矩阵进行转移。
\(dp(i)\)为一个列向量，每一个位置存\(dp(i,S)\)就可以了。
然后转移矩阵\(A\)有：\(s_1\rightarrow s_2,a_{s_1,s_2}=x^{bit[s_2]}\)
这样就可以直接用矩阵快速幂了。
然而你直接用矩阵暴力乘多项式上去的复杂度就是\(O(512nlog^2n)\)的。
还不如暴力。
考虑直接用点值乘，这样省去了一个\(logn\)
求\(A^{n}\)的复杂度就是:\(O(512nlogn)\)的了。
T2
是01分数规划。
我们考虑如何\(check\)一个答案。
相当于是有\(Amid-B>0\)则偏大，否则偏小。
可以二分。
\(check\)的时候算出来\(Amid-B\)的最大值就可以了，判断最大值是不是偏大。
很显然的一个最大权闭合子图。
两个点之间的贡献拆成两倍来做，这样\(a[i]\)也要乘二才能保证上下相除答案不变。
然后对于两个点的贡献分开割就可以了。
网络流得卡常。
我写了当前弧优化，然后被迫又把两条边合并。
这才卡过去。
T3
很奇怪的找到三种算法（两种可行）。
1.
\[ans=\sum\limits_{i=1}^{n}2^{f(i)}
\]
\[g(n)=2^{f(n)}
\]
\[(a,b)=1,f(ab)=f(a)+f(b),g(ab)=g(a)g(b),g(p^e)=2p^0
\]
这个东西可以发现是直接\(Min\_25\)筛就行。但是太难写了。
所以我后面两个都是想推出一个复杂度比较优秀的暴力出来。
\[g(d)=2^{f(d)}=\sum\limits_{g|d}[(g,\frac{d}{g})=1]
\]
\[\begin{aligned}
ans&=\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)\&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}[(d,\frac{i}{d})=1]\&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{g|(d,\frac{i}{d})}\mu(g)\&=\sum\limits_{d=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{g|(d,i)}\mu(g)\&=\sum\limits_{g=1}^{n}\mu(g)\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{g}}\frac{n}{dg}\h(n)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{n}{i}\&=\sum\limits_{g=1}^{n}\mu(g)h(\frac{n}{g})\\end{aligned}
\]
前面的部分整除分块+杜教筛就可以算出来，后面的\(h\)也是可以用整除分块的，复杂度在线性左右（不会证）。
这个算法中间的地方有一些性质没有挖掘出来。
其实本质上是和最终算法是相同的。
只不过最终算法把这个算法的枚举给合并同类项了。
\[g(d)=2^{f(d)}=\sum\limits_{g|d}[(g,\frac{d}{g})=1]
\]
\[\begin{aligned}
ans&=\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)\&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}[(d,\frac{i}{d})=1]\&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{g|(d,\frac{i}{d})}\mu(g)\&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{g^2|i}\mu(g)d(\frac{i}{g^2})\&=\sum\limits_{g=1}^{\sqrt{n}}\mu(g)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{g^2}}d(i)\&=\sum\limits_{g=1}^{\sqrt{n}}\mu(g)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{g^2}}\sum\limits_{d|i}I\&=\sum\limits_{g=1}^{\sqrt{n}}\mu(g)\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{g^2}}\frac{n}{g^2d}\&=\sum\limits_{g=1}^{\sqrt{n}}\mu(g)l(\frac{n}{g^2})\l(n)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{n}{i}\\end{aligned}
\]
前面枚举\(g\)，然后分块算\(l(\frac{n}{g^2})\)即可。
这个算法的话时间复杂度也很优秀。
\[O=\int_1^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{x^2}}dx=\sqrt{n}\sum\limits_{x=1}^{\sqrt{n}}\frac{1}{x}dx=\sqrt{n}ln(\sqrt{n})
\]
这样就解决了。
「考试」省选73
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Lrefrain/p/12720071.html
