有两道题没做

A. City

直接考虑中点即可。直接枚举复杂度 Θ(nm)\Theta(nm)Θ(nm)。（但是也可以化简式子做到 Θ(1)\Theta(1)Θ(1)）

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int> vi;int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, m;cin >> n >> m;ll ans = 0;for (int i = 0; i <= n; ++i)for (int j = 0; j <= m; ++j)ans += (min(i, n - i) * 2 + 1) * (min(j, m - j) * 2 + 1) / 2;cout << ans;#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

B. Black and White

考虑如此构造：对于一个变量 vvv，在第奇数步向右走就 +1+1+1 否则 −1-1−1，偶数步倒过来，那么 v∈[4k−2,4k+1]v \in [4k - 2, 4k + 1]v∈[4k−2,4k+1]，那么对于给定 (n,m,v)(n, m, v)(n,m,v) 的方案数用组合数就可以表示。事实上可以做到 Θ(T+n+m)\Theta(T + n + m)Θ(T+n+m)，但是本代码不想判奇偶性，是 Θ(T(n+m))\Theta(T(n+m))Θ(T(n+m)) 的实现。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;const int N = 100010, P = 998244353;int fac[N * 2], ifac[N * 2];int norm(int x) { return x >= P ? x - P : x; }int binom(int n, int m) { return fac[n] * (ll)ifac[m] % P * ifac[n - m] % P; }void prepare(int n) {fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * (ll)i % P;ifac[0] = ifac[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i) ifac[i] = -(P / i) * (ll)ifac[P % i] % P + P;for (int i = 1; i <= n; ++i) ifac[i] = ifac[i] * (ll)ifac[i - 1] % P;
}int calc(int n, int m, int k) {k += n + m;if (k & 1) return 0;k /= 2;for (int i = 0; i <= (n + m + 1) / 2; ++i) {int x = i + ((n + m) / 2 - k + i), y = (n + m + 1) / 2 - i + k - i;if ((n + m) / 2 - k + i >= 0 && (k - i) >= 0)if (x == n && y == m)return binom((n + m + 1) / 2, i) * (ll)binom((n + m) / 2, k - i) % P;}return 0;
}int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);prepare(200000);int t;cin >> t;while (t--) {int n, m, k;cin >> m >> n >> k;cout << norm(norm(calc(n, m, 4 * k - 2) + calc(n, m, 4 * k - 1)) + norm(calc(n, m, 4 * k) + calc(n, m, 4 * k + 1))) << '\n';}#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

C. Dirichlet kkk-th root

考虑 kkk 次根就是 exp⁡ln⁡fk\exp \frac{\ln f}kexpklnf，由于狄利克雷卷积在 f(1)=0f(1)=0f(1)=0 的乘方超过 ⌊log⁡2n⌋\lfloor \log_2 n\rfloor⌊log2n⌋ 次就会变成 000，那么直接暴力计算即可 Θ(nlog⁡2n)\Theta(n\log ^2 n)Θ(nlog2n) 解决。
可以考虑递推式 g′f=1kf′gg'f=\frac1k f'gg′f=k1f′g。
idea from _rqy: 考虑任意满足和微分相同的算子 Ω\OmegaΩ 都能通过运算律得出 (Ωg)f=1k(Ωf)g(\Omega g)f = \frac1k (\Omega f) g(Ωg)f=k1(Ωf)g，因此取 ΩDf:fn→ω(n)fn\Omega \mathfrak D_f: f_n \rightarrow \omega(n)f_nΩDf:fn→ω(n)fn，其中 ω(n)\omega(n)ω(n) 是可重质因子数量。这个好在他保留 111 项以外全部信息，可以直接用于算出所有项。时间复杂度 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn)。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;const int N = 100010, L = 30, P = 998244353;bool vis[N];
int pk[N], nv[L];int norm(int x) { return x >= P ? x - P : x; }void add(int& x, int y) {if ((x += y) >= P) x -= P;
}void sub(int& x, int y) {if ((x -= y) < 0) x += P;
}void exGcd(int a, int b, int& x, int& y) {if (!b) {x = 1;y = 0;return;}exGcd(b, a % b, y, x);y -= a / b * x;
}int inv(int a) {int x, y;exGcd(a, P, x, y);return norm(x + P);
}vector<int> Power(const vector<int>& f, int k) {int n = (int)f.size() - 1;vector<int> g(n + 1), vf = f;for (int i = 1; i <= n; ++i) vf[i] = f[i] * (ll)pk[i] % P * k % P;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int v = g[i];g[i] = g[i] * (ll)nv[pk[i]] % P + (i == 1);for (int j = 2, t = i + i; t <= n; t += i, ++j)g[t] = (g[t] + g[i] * (ll)vf[j]) % P;for (int j = 2, t = i + i; t <= n; t += i, ++j)g[t] = (g[t] + (P - f[j]) * (ll)v) % P;}return g;
}int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifint n, k;scanf("%d%d", &n, &k);vector<int> a(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);for (int i = 2; i <= n; ++i)if (!vis[i]) {for (int j = i; j <= n; j += i) vis[j] = true;for (ll x = i; x <= n; x *= i)for (int j = x; j <= n; j += x)++pk[j];}nv[1] = 1;for (int i = 2; i < L; ++i) nv[i] = -(P / i) * (ll)nv[P % i] % P + P;a = Power(a, inv(k));for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", a[i], " \n"[i == n]);#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

D. Fire

注意到限制非常紧，一定是一个欧拉回路但是可以少走最后一小段，记 x(u)x(u)x(u) 如果 uuu 的子树要走一整遍的可允许的最晚到达 uuu 的时间，y(u)y(u)y(u) 如果 uuu 遍历完但是可以停在里面的最晚允许时间。
注意到按照 x(v)+2size(v)x(v) + 2size(v)x(v)+2size(v) 的大小排序遍历子树就是使得 xxx 最优的方案，那么为了计算 yyy 需要枚举走到哪个子树里，这个只需对之前的最值用前后缀处理一下就可以快速计算。算出来的答案 <0< 0<0 就无解。
总共就是一次 DFS，时间复杂度 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn)。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int> vi;const int N = 100010;int n, k;
int a[N], s[N];
ll x[N], y[N];
vector<int> g[N];
vector<pair<pair<ll, int>, int>> greedy[N];void dfs(int u) {s[u] = 1;for (int v : g[u])if (!s[v]) {dfs(v);s[u] += s[v];greedy[u].emplace_back(make_pair(x[v] - 1, s[v] * 2), v);}sort(greedy[u].begin(), greedy[u].end(), [&](const pair<pair<ll, int>, int>& lhs, const pair<pair<ll, int>, int>& rhs) { return rhs.first.first - lhs.first.second > lhs.first.first - rhs.first.second; });int d = greedy[u].size();vector<ll> dp;dp.push_back(numeric_limits<ll>::max());int pre = 0;x[u] = a[u] + min(k - 2 * s[u], 0);for (const auto& pr : greedy[u]) {x[u] = min(x[u], pr.first.first - pre);dp.push_back(min(dp.back(), pr.first.first - pre));pre += pr.first.second;}if (d) {vector<ll> suf(d + 1);suf[d] = numeric_limits<ll>::max();for (int i = d - 1; i >= 0; --i)suf[i] = min(suf[i + 1] - greedy[u][i].first.second, greedy[u][i].first.first);y[u] = numeric_limits<ll>::min();pre = 0;for (int i = 0; i < d; ++i) {int v = greedy[u][i].second;y[u] = max(y[u], min({y[v] - 2 * (s[u] - s[v] - 1) - 1, suf[i + 1] - pre, dp[i], (ll)a[u], a[u] + k - 2LL * (s[u] - s[v])}));pre += greedy[u][i].first.second;}} elsey[u] = a[u];
}int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cin >> n >> k;for (int rep = 1; rep < n; ++rep) {int u, v;cin >> u >> v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);}for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];dfs(1);cout << max(-1LL, y[1]) << '\n';#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

E. Flow

可以发现图的形态就是 111 走到 nnn 的若干条等长链，最大流显然取到 ⌊∑zk⌋\lfloor \frac {\sum z} k \rfloor⌊k∑z⌋，我们需要让每条链的最小值之和达到这个值。考虑每条链最小值的调整代价是凸的，将每条链上的边权排序之后将支付费用从小到大支付即可。复杂度 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn)。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;const int N = 100010;int n, m;
int s[N], nxt[N], nxtz[N], a[N];
ll support[N];int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cin >> n >> m;int d = 0;ll sum = 0;memset(s, -1, sizeof(s));for (int i = 0; i < m; ++i) {int x, y, z;cin >> x >> y >> z;if (x == 1) {++d;s[y] = z;} else {nxt[x] = y;nxtz[x] = z;}sum += z;}int p = m / d;ll f = sum / p;for (int i = 1; i <= n; ++i)if (s[i] != -1) {int k = 0;a[++k] = s[i];int u = i;while (u != n) {a[++k] = nxtz[u];u = nxt[u];}sort(a + 1, a + k + 1);for (int j = 1; j <= k; ++j)support[j - 1] += a[j] - a[j - 1];}ll ans = 0, tot = support[0];int ptr = 0;while (tot + support[ptr + 1] < f) {tot += support[++ptr];ans += support[ptr] * ptr;}++ptr;ans += ptr * (f - tot);cout << ans;return 0;
}

F. Game

非常玄学，虽然保证数据随机，然而 shuffle 会挂，但是随便爬爬山就能过，目标函数灵敏的话效果较好，比如设置成任意一种 swap 方式的剩余对方棋子数量之和。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;const int N = 24;bool ok;
int a[N], b[N] = {40, 39, 38, 38, 37, 37, 36, 36, 35, 35, 34, 34, 34, 33, 33, 33, 32, 32, 32, 31, 31, 31, 30, 30};
pair<int, pair<int, int>> good[N * N];int check() {int x = 0, y = 0;while (x < N && y < N) {if (a[x] == b[y] || a[x] == 30 || b[y] == 30) {++x;++y;} else if (a[x] == 31)++(b[y] == 32 ? x : y);else if (b[y] == 31)++(a[x] == 32 ? y : x);else if (a[x] > b[y])++y;else++x;}ok &= y != N;return x;
}int calc() {ok = true;int ret = 0;for (int i = 0; i < N; ++i)for (int j = i + 1; j < N; ++j) {swap(b[i], b[j]);ret += check();swap(b[i], b[j]);}return ret;
}int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());uniform_int_distribution<int> uid(0, N - 1);int t;cin >> t;while (t--) {for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> a[i];int cur;while ((cur = calc()) < 22 * 23 / 2 * 24) shuffle(b, b + N, rng);while (!ok) {int i = uid(rng), j = uid(rng);swap(b[i], b[j]);int tmp = calc();if (tmp > cur || ((tmp == cur) && (rng() & 1)) || ok)cur = tmp;elseswap(b[i], b[j]);}for (int i = 0; i < N; ++i) cout << b[i] << ' ';cout << '\n';}#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

G. Happiness

模拟。卡常

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int> vi;const int T = 10, N = 310;int n1, n3, n6;
int n, smallest, largest, ans;
int px[N], py[N], ct[N], fst[N];
bool vis[N], eq[N];
char s[1000];
int ctm;
vi teams[N];int pivot[N];bool cmp(int *p1, int *p2, int k) {while (k--) {if (*p1 != *p2) return *p1 < *p2;++p1;++p2;}return true;
}void dfs(int k, int penalty, int tm, int rank) {{int ms = numeric_limits<int>::max(), ml = -2;if (k) {ms = pivot[2];ml = pivot[k + 1];}reverse(pivot + 2, pivot + k + 2);while (eq[rank - 1] || rank > 1 && (pivot[0] < teams[rank - 1][0] || (pivot[0] == teams[rank - 1][0] &&cmp(pivot + 1,teams[rank - 1].begin().base() + 1,k + 1))))--rank;reverse(pivot + 2, pivot + k + 2);int cur = 5000 / rank;if (rank <= n6) cur += 400;if (rank <= n3) cur += 400;if (rank <= n1) cur += 400;if (ms <= smallest) cur += 700;if (ml >= largest) cur += 500;for (int i = 0; i < T; ++i) if (vis[i] && ct[i] <= fst[i]) cur += 800;ans = max(ans, cur);}for (int i = 0; i < T; ++i)if (!vis[i] && px[i] != -1 && tm + px[i] <= 300) {pivot[k + 2] = ct[i] = tm + px[i];pivot[1] = penalty + ct[i] + py[i] * 20;pivot[0] = -k - 1;vis[i] = true;dfs(k + 1, pivot[1], ct[i], rank);vis[i] = false;pivot[1] = penalty;pivot[0] = -k;}
}int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);ctm = clock();cin >> n;cin.ignore();smallest = numeric_limits<int>::max() - 1;largest = -1;fill(fst, fst + T, numeric_limits<int>::max());for (int i = 1; i < n; ++i) {cin.getline(s, 1000);int p = 0, k = 0, penalty = 0;vi sol;for (int j = 0; j < T; ++j)if (s[p] == '-') {p += 2;} else {int x, y;sscanf(s + p, "%d%d", &x, &y);while (s[p] != ',' && s[p] != 0) ++p;++p;penalty += x + y * 20;++k;sol.push_back(x);smallest = min(smallest, x);largest = max(largest, x);fst[j] = min(fst[j], x);}sort(sol.begin(), sol.end(), greater<int>());teams[i].push_back(-k);teams[i].push_back(penalty);teams[i].insert(teams[i].end(), sol.begin(), sol.end());}cin.getline(s, 1000);int p = 0;for (int j = 0; j < T; ++j)if (s[p] == '-') {px[j] = -1;p += 2;} else {int x, y;sscanf(s + p, "%d%d", &x, &y);while (s[p] != ',' && s[p] != 0) ++p;++p;px[j] = x;py[j] = y;}sort(teams + 1, teams + n);n1 = n / 10;n3 = n1 * 3;n6 = n1 * 6;for (int i = 1; i < n; ++i)if (teams[i] == teams[i + 1]) eq[i] = true;dfs(0, 0, 0, n);cout << ans;#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

H. King

考虑进行随机化，如果我们每次随机选取一个位置 iii，那么 iii 在答案序列中且 iii 的下一个被取的位置是 i+ki + ki+k 且 k≤2k\le 2k≤2 的概率至少是 14\frac 1 441，因此我们随机 λ\lambdaλ 次就有至少 1−0.75λ1 - 0.75^\lambda1−0.75λ 的概率得到正确答案，取 λ=50\lambda = 50λ=50 足够通过。时间复杂度 Θ(λn)\Theta(\lambda n)Θ(λn)。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int> vi;const int N = 200010;int n, p;
int a[N];int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifmt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());int t;scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d%d", &n, &p);uniform_int_distribution<int> uid(1, n - 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);int ans = -1;int rep = 50;while (rep--) {int i = uid(rng);for (int t = 1; t <= min(2, n - i); ++t) {int cur = 2;int x = a[i], y = a[i + t];for (int j = i - 1; j; --j)if (x * (ll)x % p == a[j] * (ll)y % p) {y = x;x = a[j];++cur;}x = a[i]; y = a[i + t];for (int j = i + t + 1; j <= n; ++j)if (y * (ll)y % p == a[j] * (ll)x % p) {x = y;y = a[j];++cur;}if (cur * 2 >= n) ans = max(ans, cur);}}printf("%d\n", ans);}#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

I. Moon

~~计算几何，不做~~

J. Permutation

考虑 111 的位置，显然他左边的数不可能到右边去，如果它左边有 ccc 个数，那么可以认为他左边那 ccc 的长度内的数可以任意排列，考虑规划成子问题就是一段区间已知最左边 xcxcxc 个数是“自由”的，最右边 ycycyc 个数是“自由”的，每次段内找最小值能否扩展即可。但是注意用于交换的数有一个更紧的位置限制，所以不是直接乘以阶乘。用线段树每次把当前找到最小的位置赋值成 +∞+\infty+∞，接着找次小的数如此下去。时间复杂度 Θ(nlog⁡n)\Theta(n\log n)Θ(nlogn)。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;struct Node {int l, r;int v;Node *ls, *rs;void upd() { v = min(ls->v, rs->v); }void ch(int k, int x) {if (l == r) {v = x;return;}(k <= ls->r ? ls : rs)->ch(k, x);upd();}int qry(int l, int r) const {if (this->l == l && this->r == r) return v;if (r <= ls->r) return ls->qry(l, r);if (l >= rs->l) return rs->qry(l, r);return min(ls->qry(l, ls->r), rs->qry(rs->l, r));}
};const int N = 500010, P = 998244353;int n, c, ans;
int a[N], pos[N], fac[N];
Node* segTree;Node* build(int l, int r) {static Node pool[N * 2], *top = pool;Node* p = top++;p->l = l;p->r = r;if (l == r) {p->v = a[l];return p;}int mid = (l + r) >> 1;p->ls = build(l, mid);p->rs = build(mid + 1, r);p->upd();return p;
}void solve(int l, int r, int x, int y) {while (true) {if (r - l + 1 < (x + y) * c || l > r) {ans = ans * (ll) fac[r - l + 1 - max(0, x - 1) - max(0, y - 1)] % P;return;}int v = segTree->qry(l, r), p = pos[v];if (p < l + x * c) {ans = ans * (ll)(c * x - (x - 1)) % P;++x;segTree->ch(p, n + 1);} else if (p > r - y * c) {ans = ans * (ll)(c * y - (y - 1)) % P;++y;segTree->ch(p, n + 1);} else {solve(l, p - 1, x, (p - l) >= c);solve(p + 1, r, (r - p) >= c, y);return;}}
}int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endiffac[0] = 1;for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * (ll)i % P;int t;scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d%d", &n, &c);for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &a[i]);pos[a[i]] = i;}segTree = build(1, n);ans = 1;solve(1, n, 0, 0);printf("%d\n", ans);}#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

K. All Pair Maximum Flow

首先最小割转平面图最短路，由于这个图是一个剖分所以没有环，一对最大流就是把叶子节点环形排成一排编号，每个 [l,r](r<n)[l, r] (r < n)[l,r](r<n) 区间内节点和外节点的距离最小值。又考虑对于图 w(u,v)=w(u, v) =w(u,v)= 在树上的距离，那么一个割边必然在新图的 MST 上，我们用 DP 完成 Boruvka 过程可以算出这个 MST，然后考虑把 MST 从小到大往里加，维护一个扫描线可以求出所有答案的和。

L. Travel

~~码农题，不做~~

M. Value

注意到每个 iki^kik 是互不相交的，也就是说我们考虑对每个 iii 不能被表示为更小的数的幂，对 iii 的幂对应的数枚举子集计算结果。这一复杂度必然不超过
Θ((∑x=2n2⌊log⁡xn⌋)log⁡nlog⁡log⁡n)\Theta \left(\left(\sum_{x = 2}^n 2^{\lfloor\log_x n\rfloor}\right)\log n\log \log n\right) Θ((x=2∑n2⌊logxn⌋)lognloglogn)
而经过近似，n=105n=10^5n=105 时该求和不超过 3×1053\times 10^53×105，故完全可以通过。猜测复杂度可以被分析为 Θ(nlog⁡nlog⁡log⁡n)\Theta(n\log n\log \log n)Θ(nlognloglogn)。

#include <bits/stdc++.h>#define LOG(FMT...) fprintf(stderr, FMT)using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int> vi;const int N = 100010, L = 19;
int a[N], b[N];
int ma[L], mb[L];
bool vis[N];int main() {#ifdef LBTfreopen("test.in", "r", stdin);int nol_cl = clock();
#endifios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> b[i];ll ans = a[1];for (int i = 2; i <= n; ++i) {if (!vis[i]) {ll cur = 0;int cnt = 0;for (ll x = i; x <= n; x *= i) {vis[x] = true;++cnt;ma[cnt] = a[x];mb[cnt] = b[x];}for (int s = 0; s < (1 << cnt); ++s) {ll val = 0;for (int j = 0; j < cnt; ++j) if ((s >> j) & 1) val += ma[j + 1];for (int j = 1; j <= cnt; ++j)if ((s >> (j - 1)) & 1)for (int k = j + j; k <= cnt; k += j)if ((s >> (k - 1)) & 1)val -= mb[k];cur = max(cur, val);}ans += cur;}}cout << ans;#ifdef LBTLOG("Time: %dms\n", int ((clock()-nol_cl) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000));
#endifreturn 0;
}

EC Final 2019 题解相关推荐

【LOJ6713】「EC Final 2019」狄利克雷 k 次根加强版（狄利克雷生成函数）
传送门题解: 我记得 SCOI2019 考完之后我就口胡过这个东西,当时D1T3 超矩形... 考虑 Dirichlet 生成函数:F(x)=∑i≥1fiixF(x)=\sum_{i\geq 1}\ ...
CSP-S 2019 题解（部分）游记（伪）
CSP-S 2019 题解(部分)& 游记(伪) 文章同步发表在 cnblogs,Hexo day 0 - 8:00 a.m.\text{day 0 - 8:00 a.m.}day 0 - 8 ...
2019 ICPC Asia-East Continent Final (EC-final 2019)题解
2019 ICPC Asia-East Continent Final 题目 A. City C. Dirichlet kkk-th root D. Fire E. Flow H. King M. V ...
The 2019 ICPC Asia-East Continent Final(部分题解)
这是今年我的最后一场,顺便写一下游记,第一场因为发挥打铁,心里很郁闷,加之最近学业加(我们学院都是硬件专业) .那天考了四级(不能过)就和另外一个队一起坐高铁来到西安,到的时候时间还有还可以打一打热身 ...
2020 EC Final 诸事不顺记
好像又快过了一星期了...简要记一下好了. day -14 昆明之后的两个星期,第一个星期在搞 GDOI 各项准备工作,第二个星期在肝编译原理大作业.编译原理理论作业.通信原理作业. 就这 ...
2017-2018 ACM-ICPC Asia East Continent League Final (ECL-Final) 题解（10 / 13）
2017-2018 ACM-ICPC Asia East Continent League Final (ECL-Final) 9题金 6题银 5题铜题目比较简单,但是读题太难了- 比赛链接:htt ...
ICPC World Final 2019 G First of Her Name ：广义SAM / 离线ACAM / 树上SA
交题链接:First of Her Name 题意: 给出n个人,他们每个人的名字都是之前某个人的名字在最前边加上一个字母得到.比如2号的名字是ACACAC,3号在2号前边加一个字母KKK,这样3号的 ...
PA 2019 题解（20/22）
从今天起,关心粮食和蔬菜. A + B 发现这种计算方式不存在进位,计算过程中只有每个相加的位在得数中对应一个长度为 1 或 2 的段,对原字符串进行每个划分的方案数 dp 即可.Θ(log⁡n)\T ...
2020 ICPC EC Final 自闭记
我搬运我自己应该算原创吧前些天教练突然多拿到一个EC的名额, 然后给了我们qaq, 代价是沈阳不能去. Day -1 Day 1 Day 2 Day -1 我们五点多还在写台账, 张老师就带cdcq ...
十二省联考 2019 题解
[十二省联考2019]异或粽子首先异或转前缀和,类似超级钢琴,将三元组 ( l , r , p ) (l,r,p) (l,r,p) 插入堆,表示 s u m [ p ] sum[p] sum[p] ...

EC Final 2019 题解