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O: 当场通过

Ø: 赛后通过

.: 尚未通过

A Blank

upsolved by chelly

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chelly’s solution

首先有个很好想的dp：dp[i][a][b][c][d]dp[i][a][b][c][d]dp[i][a][b][c][d]表示填了前iii个位置，0,1,2,30,1,2,30,1,2,3的最后一次出现位置分别位a,b,c,da,b,c,da,b,c,d情况下的方案数，每个限制在右端点处check。但是这样是O(n5)O(n^5)O(n5)的。
注意到iii一定和a,b,c,da,b,c,da,b,c,d中的某一个数字相同，所以我们可以压缩一维，时间变成O(n4)O(n^4)O(n4)
dp[t][i][j][k]dp[t][i][j][k]dp[t][i][j][k]表示填了前ttt个位置，四个数字最后出现的位置从大到小排序依次是t>i>j>kt>i>j>kt>i>j>k情况下的方案数。
空间可以滚动成O(n3)O(n^3)O(n3)。

B

solved by chelly

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chelly’s solution

容易想到维护前缀线性基。
现在我们已经有了[1,R][1,R][1,R]的线性基，如何求[L,R][L,R][L,R]的答案呢？
我们可以对线性基的每一个主元位都记录一个最靠右的位置，表示它由这个位置贡献，处理询问的时候，若当前主元位对应的向量最靠右出现位置在LLL的左边，那么就不考虑这个主元位向量。
插入x的时候，若当前主元位已经有了向量，那就更新成下标最靠右的即可。

C

upsolved by chelly

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chelly’s solution

对于每行预处理出cost[i][0/1]cost[i][0/1]cost[i][0/1]表示从中间位置出发，喝iii个牛奶，是/否回到中间位置情况下的最小花费。
然后从上往下遍历每行，枚举每行喝多少牛奶，做个背包即可。
如何预处理这个cost[i][0/1]cost[i][0/1]cost[i][0/1]呢？
我们可以以midmidmid为分界线，向左去做个背包，向右去做个背包，然后把两部分mergemergemerge起来即可。
时间复杂度O(klogk+k2)O(klogk+k^2)O(klogk+k2)

D

solved by viscaria&Feynman1999

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viscaria’s solution

E

solved by chelly

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chelly’s solution

选出所有最短路径图中的边，对这个图求个最小割就行了。

F

upsolved by chelly

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chelly’s solution

容易想到一个dp，dp[i]dp[i]dp[i]表示打出前i位的最小花费，那么显然dp[i]=min(dp[i−1]+p,dp[j]+q)dp[i]=min(dp[i-1]+p,dp[j]+q)dp[i]=min(dp[i−1]+p,dp[j]+q)其中要求s[j+1..i]s[j+1..i]s[j+1..i]要是s[0..j]s[0..j]s[0..j]的子串。
容易发现dp[i]dp[i]dp[i]是单调不减的，所以这个jjj一定是满足条件的最小的jjj。
假设对于某个局面，我们将s[0..j]s[0..j]s[0..j]加入了SAM，s[j+1..i]s[j+1..i]s[j+1..i]在SAM上走到了某个节点nownownow(这意味着它是一个子串)，考虑加入s[i+1]s[i+1]s[i+1]：

• 若s[j+1..i+1]s[j+1..i+1]s[j+1..i+1]也能在树上走出，那么就OK
• 若s[j+1..i+1]s[j+1..i+1]s[j+1..i+1]不能在树上走出，那么j+=1j+=1j+=1，将s[j]s[j]s[j]加入SAM，同时nownownow要根据当前节点的minlen,maxlenminlen,maxlenminlen,maxlen以及是否有s[i]s[i]s[i]的出边适当在SAM上跳slink链

于是对于每个i，我们都知道了其对应的最小的jjj，和第一种转移选个最小值即可

G

upsolved by chelly

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chelly’s solution

我们的目标是二分一个分数pq\frac{p}{q}qp​，使得不超过pq\frac{p}{q}qp​的答案个数是kkk，然后通过枚举分母或者在Stern-Brocot树上二分得到最后的答案。
怎么二分这个分数呢？

• 我们可以手写分数类去二分，那么要二分多少次呢？容易发现精度是1n∗n\frac{1}{n*n}n∗n1​的，所以我们二分log2nlog^2nlog2n次就行了。
• 我们也可以固定分母，去二分分子，即二分x2n2\frac{x}{2n^2}2n2x​中的xxx

至于判定就转换成了这样一个问题：求分子分母不超过nnn的且分数值不超过pq\frac{p}{q}qp​的最简真分数的个数。这个是个经典问题，可以莫比乌斯反演+类欧几里得解决。

最后我们需要找到一个最大的在pq\frac{p}{q}qp​内的解，可以枚举分母或者在Stern-Brocot树上二分得到最后的答案。

H

unsolved

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I

upsolved by chelly

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chelly’s solution

求字典序最小，就贪心放，维护每个位置的后缀每个字符个数，来判定当前能不能放。

J

unsolved

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K Function

upsolved by Feynman1999

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Feynman1999’s solution

令m=⌊n3⌋−1m=\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor-1m=⌊3n​⌋−1，

则∑i=1ngcd(floor(i3),i)=∑i=1m∑j=i3(i+1)3−1gcd(i,j)+∑i=(m+1)3ngcd(m+1,i)\sum_{i=1}^{n}gcd(floor(\sqrt[3]{i}),i) = \sum_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=i^{3}}^{(i+1)^{3}-1}gcd(i,j) \quad + \quad \sum\limits_{i=(m+1)^{3}}^{n}gcd(m+1,i)∑i=1n​gcd(floor(3i​),i)=∑i=1m​j=i3∑(i+1)3−1​gcd(i,j)+i=(m+1)3∑n​gcd(m+1,i)

考虑一个函数（前缀和，差分后即为上面部分所求，这个想法也比较自然），f(n)=∑i=1ngcd(m,i)f(n) = \sum_{i=1}^ngcd(m,i)f(n)=∑i=1n​gcd(m,i)
f(n)=∑i=1ngcd(m,i)=∑i=1n∑d∣gcd(m,i)ϕ(d)=∑d∣mϕ(d)∗⌊nd⌋f(n) = \sum_{i=1}^ngcd(m,i) \\ = \sum_{i=1}^n \sum_{d|gcd(m,i)}\phi(d) \\ = \sum_{d|m} \phi(d)*\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor f(n)=i=1∑n​gcd(m,i)=i=1∑n​d∣gcd(m,i)∑​ϕ(d)=d∣m∑​ϕ(d)∗⌊dn​⌋
则 注意，m=⌊n3⌋−1m=\lfloor \sqrt[3]{n} \rfloor-1m=⌊3n​⌋−1
∑i=1ngcd(floor(i3),i)=∑i=1m∑j=i3(i+1)3−1gcd(i,j)+∑i=(m+1)3ngcd(m+1,i)=∑i=1m∑d∣iϕ(d)∗[⌊(i+1)3−1d⌋−⌊i3−1d⌋]+∑d∣m+1ϕ(d)∗[⌊nd⌋−⌊(m+1)3−1d⌋]=∑d=1mϕ(d)∗∑i=1⌊m/d⌋[⌊(id+1)3−1d⌋−⌊(id)3−1d⌋]+∑d∣m+1ϕ(d)∗[⌊nd⌋−⌊(m+1)3−1d⌋]=∑d=1mϕ(d)∗∑i=1⌊m/d⌋[3di2+3i+1(注意这里是下取整)]+∑d∣m+1ϕ(d)∗[⌊nd⌋−⌊(m+1)3−1d⌋]\sum_{i=1}^{n}gcd(floor(\sqrt[3]{i}),i) = \sum_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=i^{3}}^{(i+1)^{3}-1}gcd(i,j) \quad + \quad \sum\limits_{i=(m+1)^{3}}^{n}gcd(m+1,i) \\ = \sum_{i=1}^{m}\sum_{d|i}\phi(d)*\left [ \left \lfloor \frac{(i+1)^3 -1}{d} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{i^3-1}{d} \right \rfloor \right ] \quad + \quad \sum_{d|m+1}\phi(d)*\left [ \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{(m+1)^3-1}{d} \right \rfloor \right ] \\ = \sum_{d=1}^{m}\phi(d)*\sum_{i=1}^{ \lfloor m/d \rfloor}\left [ \left \lfloor \frac{(id+1)^3 -1}{d} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{(id)^3-1}{d} \right \rfloor \right ] \quad + \quad \sum_{d|m+1}\phi(d)*\left [ \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{(m+1)^3-1}{d} \right \rfloor \right ] \\ = \sum_{d=1}^{m}\phi(d)*\sum_{i=1}^{ \lfloor m/d \rfloor}\left [ 3di^2 + 3i + 1(注意这里是下取整) \right ] \quad + \quad \sum_{d|m+1}\phi(d)*\left [ \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor - \left \lfloor \frac{(m+1)^3-1}{d} \right \rfloor \right ] i=1∑n​gcd(floor(3i​),i)=i=1∑m​j=i3∑(i+1)3−1​gcd(i,j)+i=(m+1)3∑n​gcd(m+1,i)=i=1∑m​d∣i∑​ϕ(d)∗[⌊d(i+1)3−1​⌋−⌊di3−1​⌋]+d∣m+1∑​ϕ(d)∗[⌊dn​⌋−⌊d(m+1)3−1​⌋]=d=1∑m​ϕ(d)∗i=1∑⌊m/d⌋​[⌊d(id+1)3−1​⌋−⌊d(id)3−1​⌋]+d∣m+1∑​ϕ(d)∗[⌊dn​⌋−⌊d(m+1)3−1​⌋]=d=1∑m​ϕ(d)∗i=1∑⌊m/d⌋​[3di2+3i+1(注意这里是下取整)]+d∣m+1∑​ϕ(d)∗[⌊dn​⌋−⌊d(m+1)3−1​⌋]
因此可以计算 ，时间复杂度O(1e7+T∗(1e7+1e7)O(1e7 + T*(1e7+\sqrt{1e7})O(1e7+T∗(1e7+1e7​) 其中TTT为数据组数，最左边的1e71e71e7为预处理欧拉函数的时间。

本题的关键在于推导的倒数第二行变换贡献，从枚举iii变为枚举ddd，使得复杂度降了下来

---

upsolved by chelly

chelly’s solution

注意到对于上述式子的第一部分，是完整的，所以可以分块打表，然后对于每个询问暴力询问。

L

solved by chelly

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chelly’s solution

容易发现交换操作顺序是不影响最后的结果，所以就可以三个NTT。注意求一个多项式卷多次不能直接把点值快速幂，只能分治+NTT求。

M

solved by viscaria&Feynman1999

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viscaria’s solution

Dirty Replay

• E题有个int忘记开成ll，WA了一发
• L题错误的认为多项式的幂就直接给点值快速幂就行了，实际上需要类似快速幂的分治

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