传送门

咕咕

typedef long long ll;
int a1,a2,n,d;ll res;
int main(){
    scanf("%d%d%d",&a1,&a2,&n);
    d=a2-a1;
    res=1ll*(a1+a1+1ll*(n-1)*d)*n>>1;
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

不难发现答案要么是\(1\)要么是\(2\)

当且仅当\(k+1\)是个质数且范围内为\(k+1\)的倍数的数只有一个时，答案为\(1\)否则为\(2\)

据说\(n=2\)要特殊考虑，我是直接把\(n\leq 100\)的情况用暴力跑了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,k;
inline bool ck(R ll x){fp(i,2,sqrt(x))if(x%i==0)return false;return true;}
int vis[105];
void solve(){
    R int p=1;
    vis[k+1]=1;
    fp(res,1,2333){
        fp(i,2,n+1)if(vis[i]==res)
            fp(j,2,n+1)if(!vis[j])
                if(__gcd(i,j)==1)vis[j]=res+1,++p;
        if(p==n)return printf("%d\n",res),void();
    }
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    if(n<=100)return solve(),0;
    puts(ck(k+1)&&(k+1)*2>n+1?"1":"2");
    return 0;
}

二分+点分

二分最远的距离，同时强制点分中心必选，且以点分中心为根

那么一个点会被选，当且仅当它的子树中有点被选，或者它的子树中离他最远的点到他的距离\(=mid\)（即二分出的最远距离），如果选的点数小于等于\(k\)说明合法

因为点分的时候会删点，所以记得处理来自删点后的子树内的最远距离

ps：据说这题直接倍增就可以过了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int sz[N],son[N],vis[N],ok[N],dis[N],las[N],rt,size;
int l,r,mid,ans,n,k,sum;bool fl;
inline int max(R int x,R int y){return x>y?x:y;}
void findrt(int u,int fa){
    sz[u]=1,son[u]=0;
    go(u)if(!vis[v]&&v!=fa)findrt(v,u),sz[u]+=sz[v],cmax(son[u],sz[v]);
    cmax(son[u],size-sz[u]);
    if(son[u]<son[rt])rt=u;
}
void did(int u,int fa){
    ok[u]=0,dis[u]=las[u];
    go(u)if(!vis[v]&&v!=fa)did(v,u),cmax(dis[u],dis[v]+1),ok[u]|=ok[v];
    ok[u]|=(dis[u]>=mid),sum+=ok[u];
}
void solve(int u){
    vis[u]=1,sum=0;
    did(u,0);
    if(!ok[u])ok[u]=1,++sum;
    if(sum<=k)return fl=1,void();
    R int t1=0,t2=0,to=0;
    go(u)if(!vis[v]){
        if(dis[v]+1>=t2)t1=t2,t2=dis[v]+1,to=v;
        else cmax(t1,dis[v]+1);
    }
    if(las[u]>=t2)t1=t2,t2=las[u],to=0;
    else cmax(t1,las[u]);
    R int ss=size;
    go(u)if(!vis[v]){
        las[v]=v==to?t1+1:t2+1;
        if(las[v]>mid)continue;
        rt=0,size=sz[v]>sz[u]?size-sz[u]:sz[v],findrt(v,0),solve(rt);
        if(fl)return;
    }
}
int ck(){
    memset(las,0,(n+1)<<2);
    memset(vis,0,(n+1)<<2);
    fl=0,son[0]=n+1;
    size=n,rt=0,findrt(1,0),solve(rt);
    return fl;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(R int i=1,u,v;i<n;++i)scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    int l=1,r=n;
    while(l<=r){
        mid=(l+r)>>1;
        ck()?(ans=mid,r=mid-1):l=mid+1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

考虑跳儿子的过程，如果是跳到一个轻儿子，那么子树大小减半，所以跳轻儿子的总次数不会超过\(O(log n)\)次，所以我们只需要考虑优化跳重儿子的过程即可

对于每一个点，我们记录它的重儿子在它的儿子中标号是多少，那么跳重儿子的话只要计算它的重链和\(a_i\)的\(LCP\)即可，可以用二分+\(Hash\)求出

复杂度\(O(n\log^2 n)\)

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=5e5+5;
typedef unsigned long long ll;
vector<int>to[N];ll bas[N];
int n,q,m;
struct Bit{
    ll c[N];
    inline void upd(R int x,R ll y){y*=bas[x];for(;x<=N-5;x+=x&-x)c[x]+=y;}
    inline ll query(R int x){R ll res=0;for(;x;x-=x&-x)res+=c[x];return res;}
    inline ll query(R int l,R int r){return (query(r)-query(l-1))*bas[N-5-l];}
}T,G;
int sz[N],son[N],id[N],ed[N],dfn[N],rk[N],fa[N],a[N],deg[N],tim,rt;
void dfs1(int u){
    sz[u]=1,sort(to[u].begin(),to[u].end());
    R int c=0;
    for(auto v:to[u]){
        ++c,dfs1(v),sz[u]+=sz[v];
        if(sz[v]>sz[son[u]])son[u]=v,id[u]=c;
    }
}
void dfs2(int u){
    dfn[u]=++tim,rk[tim]=u,ed[u]=u;
    if(!son[u])return T.upd(tim,-23333),void();
    dfs2(son[u]),ed[u]=ed[son[u]],T.upd(dfn[u],id[u]);
    for(auto v:to[u])if(v!=son[u])dfs2(v);
}
inline int min(R int x,R int y){return x<y?x:y;}
int LCP(R int li,R int ri,R int l,R int r){
    int lp=1,rp=min(r-l+1,ri-li+1),ans=0,mid;
    while(lp<=rp){
        mid=(lp+rp)>>1;
        T.query(li,li+mid-1)==G.query(l,l+mid-1)?(ans=mid,lp=mid+1):rp=mid-1;
    }
    return ans;
}
int solve(R int u,R int l,R int r){
    R int li=dfn[u],ri=dfn[ed[u]];
    while(233){
        R int len=LCP(li,ri,l,r);
        li+=len,l+=len;
        u=rk[li];
        if(l>r||deg[u]<a[l])return u;
        u=to[u][a[l]-1],li=dfn[u],ri=dfn[ed[u]],++l;
        if(l>r)return u;
    }
}
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    n=read(),m=read(),q=read();
    bas[0]=1;fp(i,1,N-5)bas[i]=bas[i-1]*19260817;
    fp(i,1,n){
        fa[i]=read();
        if(fa[i])to[fa[i]].push_back(i),++deg[fa[i]];else rt=i;
    }
    dfs1(rt),dfs2(rt);
    fp(i,1,m)a[i]=read(),G.upd(i,a[i]);
    for(R int op,x,y,z;q;--q){
        op=read(),x=read(),y=read();
        if(op==2)G.upd(x,y-a[x]),a[x]=y;
        else z=read(),print(solve(x,y,z));
    }
    return Ot(),0;
}

用原根预处理之后\(O(1)\)计算\(i^i\)，同时直接暴力合并路径计算答案即可，具体细节看代码

然后是关于复杂度的问题，若\(u\)为其中一个点，且\(u\)到某个叶子的路径上的点分别为\(u,p_1,p_2,p_3,…,p_x\)，那么路径\((u,u),(u,p_1),(u,p_2),…,(u,p_x)\)中，不同的\(\&\)值只有\(O(\log a_i)\)种，所以假设是一条链，且以其中一个叶子为根，那么每一次把子树里的所有形如\((v,i)\)的路径变成\((u,i)\)的复杂度是\(O(\log a_i)\)，那么记\(d\)为叶子个数，在不合并路径的情况下复杂度为\(O(nd\log a_i)\)

对于路径的合并，两个叶子只会在它们的\(LCA\)处被合并一次，所以这部分复杂度为\(O(d^2\log^2 a_i)\)，然后又因为路径总数是\(O(n^2)\)，且根据不等式\(\min(a,b)\leq \sqrt{ab}\)，所以\(\min(d^2\log^2 a_i,n^2)\leq O(nd\log a_i)\)

综上复杂度复杂度为\(O(nd\log a_i)\)

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=786433,g=10;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
    R int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
    return res;
}
const int N=2e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void Add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int ind[P],fpow[P];
inline void init(){
    fpow[0]=1;
    for(R int x=g,i=1;x!=1;x=mul(x,g),++i)ind[x]=i,fpow[i]=x;
}
inline int calc(R int x,R int y){
    if(x%=P,!x)return 0;
    return fpow[1ll*ind[x]*y%(P-1)];
}
typedef pair<int,int> pi;
int a[N],n,res;
vector<pi> dfs(int u,int fa){
    vector<pi> now(1,pi(a[u],1));
    go(u)if(v!=fa){
        vector<pi> to=dfs(v,u),tt;
        for(auto &x:to)x.fi&=a[u];
        pi p(0,0);
        for(auto x:to)if(p.fi!=x.fi){
            if(p.fi)tt.pb(p);
            p=x;
        }else p.se+=x.se;
        if(p.fi)tt.pb(p);
        for(const auto &x:now)for(const auto &y:tt)
            upd(res,1ll*calc(x.fi&y.fi,x.fi&y.fi)*x.se*y.se%P);
        now.insert(now.end(),tt.begin(),tt.end());
    }
    return now;
}
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%d",&n),init();
    fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),upd(res,calc(a[i],a[i]));
    for(R int i=1,u,v;i<n;++i)scanf("%d%d",&u,&v),Add(u,v),Add(v,u);
    dfs(1,0);
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}

先考虑一个暴力，把\(S\)中每一个数的倍数都存在一个\(bitset\)里，记为\(A\)，那么答案就是\(A\&(A>>1)\&(A>>2)\)

然而这样显然会\(T\)，那么我们考虑设阈值，对于\(x\)大于阈值的部分，我们还是直接枚举倍数并记到\(A\)里，否则我们找出\(x\)的倍数的循环节的情况，然后在循环节上对\(A\)处理就行了

顺便记得找循环节的时候千万别取模……\(\%\)的常数非常大甚至会\(T\)……

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pc(x) __builtin_popcountll(x)
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
const int N=(1000000000>>6)+233;
struct Bit{
    ll p[N];
    inline void ins(R int x){p[x>>6]|=(1ull<<(x&63));}
}A;
ll b[64*64+5];int n,S,mx,res;
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&S),mx=(n>>6);
    for(R int x;S;--S){
        scanf("%d",&x);
        if(x==1)return printf("%d\n",n-2),0;
        if(x<=64){
            fp(i,0,x-1)b[i]=0;
            for(R int i=0;i<(x<<6);i+=x)b[i>>6]|=(1ull<<(i&63));
            for(R int i=0,j=0;i<=mx;++i){
                A.p[i]|=b[j];
                if(++j==x)j=0;
            }
        }else for(R int i=x;i<=n;i+=x)A.ins(i);
    }
    A.p[(n+1)>>6]&=(1ull<<((n+1)&63))-1;
    fp(i,0,mx)res+=pc(A.p[i]&(A.p[i]>>1)&(A.p[i]>>2));
    fp(i,1,mx){
        R ll tmp=(A.p[i-1]>>62)|((A.p[i]&3)<<2);
        res+=pc(tmp&(tmp>>1)&(tmp>>2));
    }
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}