目标

又要来51nod滑水啦
主要是来做点数学题
看看做完20题以后可以到哪里吧
现在16题，才3480分。。感觉好少啊。。
希望这20题可以贡献多一点吧。。

由于数学居多，所以会非常劣质

题表

1675 序列变换

很棒的一个题啊，用的是这一个

我们先求出$F(i)$,表示左右gcd是i的倍数的和，然后再用上面这个形式变回去就可以了

1179 最大的最大公约数

很水的一个题啊。。
就暴力分解下因数，然后如果有一个因数出现次数超过2，那么就合法，从大到小扫一下就可以了

1188 最大公约数之和 V2

一开始想反演。。然后T了

$$Ans->{\sum_{g=1}^n}g{\sum_{i=1}^{\lfloor n/g \rfloor}}{\sum_{j=1}^{\lfloor n/g \rfloor}}(i,j)=1->（省略莫比乌斯推导）->{\sum_{i=1}^n {\lfloor n/i \rfloor}{\lfloor n/i \rfloor}}{\sum_{d|i}d*\mu(u/i)}$$
后面那个其实就是欧拉函数。。
于是就得到了一个 $O(n)$预处理，然后 $O(\sqrt{n})$询问的做法
但是这样并不可以 $A$，因为你会 $T$
于是我们要换一个做法, 比较懒，不想写公式了
于是就得到了一个预处理 $O(nlogn)$，然后询问 $O(1)$的做法

1239 欧拉函数之和

杜教筛的一个入门题啊！
我们知道

$$\sum_{d|n}\phi(d)=n$$
$$\phi(n)=n-\sum_{d|n且d<n}\phi(d)$$
$$Ans={\sum_{i=1}^n(i-\sum_{d|i且d<i}\phi(d))}$$
把i提出来可以得到
$$Ans=\frac{n*(n+1)}{2}-{\sum_{i=1}^n\sum_{d|i且d<i}\phi(d)}$$
那么我们只需要后面那个值就可以了
因考虑枚举后面 $d/i$的值，可以得到
$$Ans=\frac{n*(n+1)}{2}-\sum_{i=2}^n\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\phi(d)$$
后面递归求解即可

1244 莫比乌斯函数之和

也是一个杜教筛入门题啊
我们知道

$$\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]$$
于是 $$1=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\mu(d)$$
还是一样的套路，枚举 $i/d$
可以得到 $$1=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}mu(d)$$
于是后面递归去求解就好了
得到式子 $$Ans=1-\sum_{i=2}^n M(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor)$$

1190 最小公倍数之和 V2

刚写完一次，然后崩溃了，文章没了，不想详细写了
感觉是bzoj2226的加强版啊
考虑到有了下界，如果用补集就有了上界，于是之前那题其中$F(n)$为一个数n小于等于他且和他互质的和 ，这个方法不好用了
于是考虑换一个方法
公式太多，给个链吧。。
但是其实在对拍的时候发现，余数个数是可以达到很大的，至少比500大。。
好像有1000的吧。于是我的数组一改再改，改到了10000才没有崩溃。。所以实在想卡，应该也卡得了。。但是数据随机啊，所以整体还是很快的。。
然后不知道为什么，我的代码很慢。。用了循环展开才成功卡过

1407 与与与与

还不错的一个题啊
开始想想想，想了半天才想回容斥，感觉要完
然后我们现在就需要知道$f[i]$，表示某些位是1的数有多少个
想了很多不靠谱的方法，比如说暴力bitset合并，这样是$10^6*n/32$，显然过不去。还有枚举子集DP，这样是$3^{20}$也过不去
于是我们考虑要使用一个更快的方法
直接求肯定是不行的，于是我们一位一位来
$f[k][i]$表示前k位，&i=i，且后面的与i一样的有多少个
这样递推式就很显然了
如果$i$的第$k$位是$1$，则$f[k][i]=f[k-1][i]$
否则，$f[k][i]=f[k-1][i]+f[k-1][i+2^k]$
然后就可以$nlogn$预处理了，然后再容斥一下就可以了。。
注意k要滚动，要不会MLE

1537 分解

很简单的一个题，但是居然没有做出来，怕是被题目这个形式给吓到了QAQ，下次见到这种题目一定不能慌啊，要好好想想
我们设$(1+\sqrt{2})^n=a+b\sqrt{2}$
那么明显地，$(1+\sqrt{2})^{n+1}=(a+b\sqrt{2})*(1+\sqrt{2})=(a+2b)+(a+b)\sqrt{2}$
显然地，A，B是可以矩乘的
然后我们考虑怎么求出m
可以得到式子$(1-\sqrt{2})^n=a-b\sqrt{2}$
上下相乘，得到$(-1)^n=a^2-2b^2$
当n是偶数的时候
$1=a^2-2b^2$
即$1+2b^2=a^2$
当$m=a^2$时，$m-1=2b^2$
恰好满足题意
然后当n为偶数的时候同理，然后这题就做完了

1237 最大公约数之和 V3

非常简单的一个反演题啊！！！还有640分，真是赚死了。。
由于式子太简单，就不写了，两部就推完了，就是一个欧拉
分块，然后强行上杜教筛就可以了
听说杜教筛由于又记忆化，所以时间复杂度是加上去的？
不管了，反正跑得特别快

2026 Gcd and Lcm

容易发现，f是一个积性函数
乱搞一下就发现，其实是问你f(i)的前缀和，然后平方一下
考虑这个怎么杜教筛

$$\sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \mu(d)*d=\sum_{i=1}^n \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor} \mu(d)*d$$
问题就转化成了求 $$g(x)= \sum_{d=1}^{n} \mu(d)*d$$ 的前缀和
因为 $$\sum_{i=1}^n i \sum_{d|i} \mu(d)=1$$
其实中间有一步为什么考虑这个没有写，大家意会一下就好了，我不想打了
常用套路 $$\sum_{i=1}^n i\sum_{d|i} \mu(d)=\sum_{i=1}^{n}i\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}d*\mu(d)$$
然后就可以杜教筛了
感觉这题收获蛮大的啊，感觉学会了杜教筛的正确姿势
以前记忆化都是用map存的，这样会很慢。。
其实考虑到，如果n是一样的，我们只需要存 $n/x$即可，因为你每一次进去询问，都是类似于 $n/x$的形式，这样子空间也开的下，查询也是 $O(1)$的了

1594 Gcd and Phi

直接构造函数$F(i)$表示$gcd$是i的倍数有多少个数对
显然，这个可以用个数的平方弄出来
然后莫比乌斯还原回去就可以了。。
裸题

1192 Gcd表中的质数

上次做过一次了，就是bzoj的2280，但是这次居然没什么思路QAQ
主要是被限制在每一次枚举质数了。。没有动手推别的式子，真是失败。。
于是认真地写一次把

$$Ans=\sum_{p=1(p是素数)}^{min(n,m)}\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)*\lfloor\frac{n}{dp} \rfloor\lfloor\frac{m}{dp} \rfloor$$
然后我居然就卡在这里了QAQ
另 $d'=dp$
$$\sum_{d'=1}^{min(n,m)}\frac{n}{d'}\frac{m}{d'}*\sum_{p|d'}^{}\mu(p)$$
然后后面部分的前缀和可以 $nlogn$预处理，然后就可以根号询问了

1223 分数等式的数量

很棒的一个题啊！！看起来毫无思路，挣扎了一下就看题解了。。
题意明显的，就是问题

$$\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=i+1}^{n} x+y|xy$$
然后这个形式看起来无从下手，我们可以尝试着提取它的gcd
设 $d=gcd(x,y)，则x=di,y=dj$
问题变成了求 $$di+dj|di*dj$$ ，即 $$i+j|dij$$
又因为 $ij$互质，所以 $$i+j与ij互质$$ ，因此，若想满足条件，即需满足 $$i+j|d$$
设 $m=\sqrt(n)$
那么 $$Ans=\sum_{i=2}^m\sum_{j=1}^{i}\lfloor \frac{n}{i(i+j)}\rfloor (i,j)=1$$
直接求这个似乎并不好求
于是我们考虑反演一波， $F(i)$表示，gcd是i的倍数的答案有什么，这样就好求了
$$F(d)=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{i} \lfloor\frac{n}{i(i+j)d^2} \rfloor$$
这个是可以很快算出来的。。
然后有了这个，用反演公式，即可以把 $gcd=1$的给还原回去
然后我的代码巨慢。。跑 $10^{11}$本机要4s左右，卡了循环展开还是很慢。。于是买了最后一个数据，发现就是 $10^{11}$，于是打了这个点,
不要骂我就好了

1220 约数之和

和3994: [SDOI2015]约数个数和十分像的一个题吧。。其实就是进化版
是自己推出来的，还居然一次打对，感觉很开心啊
在这里纪念一下吧

$$Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{a|i}\sum_{b|j}\frac{aj}{b}\sum_{d|(a,b)}\mu(d)=\sum_{a=1}^{n}\sum_{b=1}^{n}\sum_{d|(a,b)}\mu(d)\sum_{a|i}\sum_{b|j}\frac{aj}{b}$$
你可以发现，其实后面就是一个常数乘上一个等差数列
$$Ans=\sum_{a=1}^{n}\sum_{b=1}^{n}\sum_{d|(a,b)}\mu(d)\lfloor \frac{n}{a}\rfloor \frac{(1+\lfloor \frac{n}{b}\rfloor)\frac{n}{b}\rfloor}{2}$$
吧 $\mu$提前即可， 然后变成要筛 $\mu(d)*d$的前缀和，杜教筛即可，如果不会的可以翻到上文，前面有

1238 最小公倍数之和 V3

这题我没A。。T了
然后晚上无聊，卡了一手常数，就卡过了。。
用的是莫比乌斯反演的做法。。
式子不写了，很好推。。然而似乎是$n^{\frac{3}{4}}$的，所以应该理论上就过不去
不想学欧拉的做法了。。就这样吧

1819 黑白树 V2

蛮复杂的一个树剖
官方题解：

sum[i][j] 考虑令w[x][i][j]为(x的轻儿子的子树中满足dep[v] mod 2=i,col[v]=j的节点v的个数)*x，sum[i][j]即线段树节点代表的区间中的w[x][i][j]之和。
cnt[x][i][j] 表示x的子树中满足dep[v] mod 2=i,col[v]=j的节点v的个数
col[x]表示点x的颜色
tag[i] 表示对满足dep[x] mod 2=i的节点的翻转标记

感觉值维护轻儿子这个思想还是很不错的，然后每一次修改的时候，无论是改段还是改点，都是一直往上跳，每跳到一条轻链，就暴力更新代价。由于每个点最多经过$logn$条轻链，因此复杂度还是可以保证的。然后lazy标记打一打就可以了，对于不同奇偶性的深度都开一个lazy

1462 树据结构

副教练的题啊，我没做出来
感觉我再不学线段树合并的时间复杂度，这辈子都不敢打啊。。
因为不知道什么样的姿势才是对的，这样觉得可以A，但其实是T的，这样觉得会T，但其实是A的。
这题就对于每个节点维护两个以时间为下标的线段树，然后合并就很简单了

说下在树上面时间复杂度的分析：
首先，每个节点，有会动态开$logn$个点，然后一开始，整颗树有$nlogn$个节点。然后我们考虑，每一次$Merge$，如果有节点是空，那么就马上返回了，这个复杂度是可以忽略不计的。然后如果两个节点都不为空，那么其中一个节点就会被“删除”，你以后都只会见到另外一个了。因此，每一个合法的操作，都会删除一个点。因为只有$nlogn$个节点，因此最差复杂度就是$nlogn$的

石子归并

对于第一个版本，直接$O(n^3)$就可以了，20分到手。。
对于第二个版本，我们可以使用一个$O(n^2)$的方法，考虑优化$n^3$的DP，这个要用到四边形不等式。正确性已经复杂度将在明天填坑
看了一个多小时的证明，都不是很懂。
现在知道怎么套式子：
对于形如这样的形式：
$f[i][j]=min(f[i][k]+f[k+1][j])+w[i][j]$
如果$w[i][j]$满足，若存在有$i≤i'<j≤j'$，且满足：
1.$w[i][j']>w[i'][j]$（包含单调性）
2.$w[i][j]+w[i'][j']{\le}w[i'][j]+w[i][j']$(凸性)
设$f[i][j]$的决策点为$s[i][j]$
则会满足$s[i][j-1]≤s[i][j]≤s[i+1][j]$
由此，我们得到了一个$n^2$的做法
对于第三个版本，我们需要一个$O(nlogn)$的做法
这个是一个比较奇怪的贪心，我也没有非常理解
只知道算法的内容，若存在有$s[i]≥s[i-2]$，那么就把$s[i-1]$和$s[i-2]$合并，然后将新的值，一直向前寻找位置插入，位置是第一个比他大的位置，然后再之前继续重复这个操作。网上没找到什么关于这个算法的讲解，自己试着猜了一下，觉得往前插入只是优化时间复杂度的，然后发现并不是，和正确性有很大的联系，于是就差不出算法的核心了。。留坑把

1294 修改数组

我们对于这种＜的问题，一般可以对于每个数，都减去i，变成小于等于的
然后就变成一个十分经典的问题了，乱搞一下即可

2025 直角三角形的周长和

这题的话，还是很厉害的一个题吧。。
然后这题让我理解了一下线性筛，以前都是背板子，很惭愧啊
我买了题解QAQ
容斥肯定是不用说的
考虑怎么求$1≤a≤n 1≤b≤m 1≤c≤l$，然后满足题意的有多少个
变一下式子，$a^2=(c+b)(c-b)$
然后转化成枚举a的因数
设$a^2=x*y$
$x=y(mod 2)(x<y)$
就有：
$b=(y-x)/2, c=(y+x)/2$
我们可以枚举$x$
设c为示最小的与x相乘是完全平方数的数，这个可以线性筛出来
因为x*y必须是一个完全平方数，所以y可以用$c*d^2$的形式表示。
对$d$进行讨论，求出d的范围，就可以O(1)对于每一个$x$，算出它对答案的贡献了

1124 N!的非0最低位（没做完）

这题没做完，就不当作计划完成的一部分了
之前一个组合数最后若干位的弱化版
就先把2和5提出来，然算出前面的东西，中国剩余定理合并就可以了
由于要写高精度，于是拿完$long long$的分就跑了
下了第一个WA的数据，发现爆long long了，然后自己出了一个都过了，于是就安心地跑了

1587 半现串

十分简单的一个数位DP啊
在宿舍里面想了一下就出来了，然后今早感觉时间可能有点虚，但是还是写了，于是就过了。。
考虑对于每一个长度是$\lfloor d/2 \rfloor$的子串都建立在AC自动机上面，这样最多也就是$25*1000$个节点。然后我们就直接在AC自动机上面数位DP，$f[51][26*N][2][2]$表示现在在第几位,在AC自动机上面是哪一个,是否没有限制,是否出现了合法串。然后就可以了
然后一开始还T了一个点，于是就考虑到有两次询问，如果已经没有限制了，状态是不用清除的，然后就可以通过这一题了

51nod20题的划水小计划终于结束了

最后勉强是以5位数收尾吧（其实我是看最后一题还差500分，特地找了个8级最水的题来做QAQ）