2017.07.14【NOIP提高组】模拟赛B组

T1：我们首先要知道一个性质，那就是若gcd(n/k,x)=1，那么gcd(n,k*x)=k。

所以我们每次枚举i，计算sum(gcd(i,j))(1<=j<i)时，如果存在一个j，有i%j=0且gcd(i,i/j)=1，那么这个j对答案的贡献就是j*phi(i/j)。

但是枚举j会超时，所以我们要优化。

我们可以在筛素数时求出phi，因为在筛素数时，素数i一定是i*j的一个质因子，结合phi计算公式，我们就可以更新phi[i*j]。然后我们再用线筛的思想去求出c[i](c[i]=sum(gcd(i,j))(1<=j<i))，最后对c[i]求出前缀和。

总结：sum(gcd(i,j)(1<=j<i))=sum(j*(phi(i/j))(i%j==0))，记住这条公式，因为这条公式很难用语言描述清楚。

T2：设f[i][j][k][r]表示第i行横着放的状态为j，第i行竖着放的状态为k，第i-1行竖着放的状态为r，那么我们枚举一个l表示i-1行横着放的状态为l，s表示第i-2行竖着放的状态为s。

要保证当前状态合法，我们得保证以下几件事情：

1、为了保证没有重叠，(j&k)=(j&r)=(k&r)=(l&r)=(s&l)=(s&r)=0

2、为了保证没有放在蜡烛上，(j&d[i])=(k&d[i])=(r&d[i])=(l&d[i-1])=(r&d[i-1])=(s&d[i-1])=(s&d[i-2])=0

3、我们得保证第i行不能横着放，第i行目前的状态为j|k|r|d[i]（d[i]表示第i行蜡烛的状态），也就是j|k|r|d[i]的二进制表示中不能有两个连续的0，这个可以暴力判断。

4、我们得保证第i行和第i-1行结合起来的状态不能竖着放，他们结合起来的状态为j|k|d[i]|l|r|d[i-1]，也就是j|k|d[i]|l|r|d[i-1]的二进制表示中没有0，这可可以表示成j|k|d[i]|l|r|d[i-1]=(1<<m)-1.

5、我们得保证第i-1行不能横着放，第i-1行目前的状态为l|r|d[i-1]|s，也就是l|r|d[i-1]|s的二进制表示中不能有两个连续的0，这个可以暴力判断。

满足以上条件之后，我们就可以进行状态转移，方程是f[i][j][k][r]=min(f[i][j][k][r],f[i-1][l][r][s]+j、k中1*2的矩阵的个数)。

赋初始值时，我们枚举一个j、k，j表示第1行横着放的状态，k表示第i行竖着放的状态，那么把j、k按以上条件判断一下，如果合法就f[1][j][k][0]=min(f[1][j][k][0],j、k中1*2矩阵的个数)。

最终答案就是f[n]中合法的最小值。

总结：多举反例有助于把情况考虑完全。

T3：这题zys神犇一次AC，我很好奇他是怎样想出那个解法的~~~

设g[x]表示第x号节点修改后的值一定得是g[x]的倍数，则g[x]=LCM(g[y1],g[y1]...g[yz])*cnt[x]，y表示x的儿子，cnt[x]表示x的儿子的个数。若x为叶节点，那么g[x]=1。

接着我们来求一个节点x的ans，设min表示x的儿子y中a[y]的最小值，sum表示a[y]的和，那么所有a[y]要修改到的值m=min-(min%(g[x]/cnt[x]))。因为m*cnt[x]要是g[x]的倍数，所以m是g[x]/cnt[x]的倍数，又因为要使m尽量大，而m又不能超过min，所以m的计算公式如上。算出m之后，我们把所有a[y]更新为m，然后统计答案，第x个节点的答案=sum-cnt[x]*m。