stone

首先说明解答正确性存疑（似乎被叉掉了）

存在某堆 $x_i\in [a,b]$，先手必胜。

否则设置 $[a,b]$区间不可达(谁走到 $[a,b]$就输了)构造关于石子个数的SG函数，相当于在必须取某堆石子使其个数 $\in[a,b]$(必败态)之前的一个SG博弈游戏。

按 $a$分类讨论：

• $a=1$，从 $b+1$开始，SG按 $0-b$不断循环。
• $a>1$， 设 $0-(a-1)$这段 $SG$函数为0，将位置 $b$的SG函数看作1(实际上不可达)，那么就是从 $b$开始的形如 $1,0,2,3...$的循环，循环节长度为 $a+b$，其中每个数字都出现 $a$次。

sequence

$t\leq 10^9$并没有什么用，因为长度为 $i$的格子最大只能凑出 $i+m-1$

$n^2$DP，注意期望要倒序DP，枚举 $i=1-n$，强制后 $i-1$位已经选定：

设 $f[i][j]$表示长度限制为 $i$，最终(填满)得到的序列第一个格子处为 $j$的概率， $g[i][j]$表示其期望答案， $x[i][j]$表示长度限制为 $i$，最后在第一个得到 $j$(其它格为空)的概率， $u[i][j]$表示长度限制为 $i$，初始在第一格放上的是 $j$的最终(填满)期望答案。

具体转移见代码(感觉还是很巧妙

#include<bits/stdc++.h>
#define gc getchar
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=1010,mod=1e9+7;
typedef long long ll;
typedef double db;

int n,m,t,p,s[N];
int f[N][N<<1],g[N][N<<1],x[N][N<<1],u[N][N<<1];

inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0?x+mod:x;}
inline int inc(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;} 

inline int fp(int x,int y)
{
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)
	  if(y&1) re=(ll)re*x%mod;
	return re; 
}

int main(){
	freopen("sequence.in","r",stdin);
	freopen("sequence.out","w",stdout);
	int i,j,lim,coef;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);p=fp(m,mod-2);
	for(i=1;i<=n;++i){
	  lim=min(t,i+m-1);
	  for(j=1;j<=lim;++j){
	     coef=(j==t)?1:dc(1,x[i-1][j]);
	     x[i][j]=inc((ll)x[i][j-1]*x[i-1][j-1]%mod,(j<=m)?p:0);
	     f[i][j]=(ll)x[i][j]*coef%mod;
	     if(j==t) g[i][j]=inc(s[i-1],j);
		 else g[i][j]=inc(j,(ll)dc(s[i-1],(ll)x[i-1][j]*u[i-1][j]%mod)*fp(coef,mod-2)%mod);
		 ad(s[i],(ll)f[i][j]*g[i][j]%mod); 
	  }
	  for(j=lim;j>0;--j)
	    u[i][j]=inc((ll)x[i-1][j]*u[i][j+1]%mod,(ll)((j==t)?1:dc(1,x[i-1][j]))*g[i][j]%mod);
    }
	printf("%d",s[n]);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

tree

以前考过类似的题，但我还是zz了，没有深入分析出来。

莫比乌斯反演后，实际上只有 $\mu\neq 0$的因子才有贡献，由于 $\leq 10^6$的数最多只有 $c=7$个不同的质因子，所以枚举约数个数为 $2^c$，并非分解因子的 $\sqrt n$。

对于每个 $i|\gcd$都做一遍并查集，求出贡献：
直接加入所有修改不涉及的边，然后枚举第 $1-q$次修改后，处理出所有修改涉及到的这 $q$条边的此时的权值，再把这些边加入图，用栈维护可撤回的启发式合并的并查集。

总复杂度 $O(L+(n+q^2)2^c\log n)$(启发式合并的 $\log$)

#include<bits/stdc++.h>
#define gc getchar
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=1e6+10,MX=102;
typedef long long ll;
typedef double db;

int n,m,p[M],num,mu[M];
bool pri[M],ban[M],chg[N];
struct P{int u,v,z;}le[N];
int Q[MX],nt[MX],vl[N];ll cur,ans[MX];
vector<int>L[M];

char cp;
template<class T>inline void rd(T &x)
{
	cp=gc();x=0;int f=0;
	for(;!isdigit(cp);cp=gc()) if(cp=='-') f=1;
	for(;isdigit(cp);cp=gc()) x=x*10+(cp^48);
	if(f) x=-x;
}

inline void pre()
{
	int i,j,res;mu[1]=1;
	for(i=2;i<M;++i){
		if(!pri[i]) p[++num]=i,mu[i]=-1;
		for(j=1;j<=num && (res=i*p[j])<M;++j){
			pri[res]=true;
			if(i%p[j]) mu[res]=-mu[i];
			else break;
		} 
	}
}

namespace bcj{
	
int top,id[N<<1];
struct bb{
	int f,h,sz;
}stk[N<<1],b[N];

inline void init()
{for(int i=1;i<=n;++i) b[i].f=i,b[i].sz=1;}
inline int getfa(int x){return (x==b[x].f)?x:getfa(b[x].f);}
inline void meg(int E)
{
	int x=getfa(le[E].u),y=getfa(le[E].v);
	if(x==y) return;cur+=(ll)b[x].sz*b[y].sz;
	stk[++top]=b[x];id[top]=x;stk[++top]=b[y];id[top]=y;
	if(b[x].h<b[y].h) swap(x,y);
	b[x].h=max(b[x].h,b[y].h+1);b[y].f=x;b[x].sz+=b[y].sz;
}

}
using namespace bcj;

int main(){
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	int i,j,k,x,y,z,nw,mx=0;bool sta;pre();ll lst;
	rd(n);init();
    for(i=1;i<n;++i){rd(le[i].u);rd(le[i].v);rd(le[i].z);mx=max(mx,le[i].z);}
	for(rd(m),i=1;i<=m;++i){
		rd(Q[i]);rd(nt[i]);
		chg[Q[i]]=true;mx=max(mx,nt[i]);
	}
	for(i=1;i<n;++i){
    	x=le[i].z;sta=chg[i];
    	for(j=1;j*j<=x;++j) if(x%j==0){//if(mu[j]) -> WA
    		if(sta) ban[j]=ban[x/j]=true;
    		else{
    			if(mu[j]) L[j].pb(i);//
    			if(j*j!=x && mu[x/j]) L[x/j].pb(i);//
			}
		}
	}
    for(i=1;i<=m;++i)
		for(x=nt[i],j=1;j*j<=x;++j) if(x%j==0)
		 ban[j]=ban[x/j]=true;
    cur=(ll)n*(n-1)/2;
	for(i=0;i<=m;++i) ans[i]=cur;
    for(i=2;i<=mx;++i) if(mu[i]){
    	for(cur=0,j=L[i].size()-1;j>=0;--j) meg(L[i][j]);
		nw=top;lst=cur;
    	for(j=0;j<=m;++j){
    		if(ban[i]){
    			for(k=j+1;k<=m;++k) vl[Q[k]]=le[Q[k]].z;
    			for(k=1;k<=j;++k) vl[Q[k]]=nt[k];
    			for(k=1;k<=m;++k) if(vl[Q[k]]%i==0) meg(Q[k]);
			}
			ans[j]+=mu[i]*cur;
			for(;top>nw;top--) b[id[top]]=stk[top];cur=lst;
		}
		for(;top;--top) b[id[top]]=stk[top];
	}
    for(i=0;i<=m;++i) printf("%lld\n",ans[i]);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

总结

总难度不算太大，但得分很不理想。

做题策略出了点问题，一直在尝试T1的各种分析和证明，浪费了将近3h
然后开的T3，但思维过于僵化，连因子个数为 $2^c$都没发现，只照搬了上次的做法。
T2是会的，但时间不够也没有完整地做出来(且没有铭记倒推求期望