t1
看起來是個狀壓\(dp\)。
設\(dp[i][j][s]\)為前\(i\)行，放置了\(j\)個哲學家，第\(i\)行放的情況是\(s\)的方案數。
那麼對於兩個狀態，能否由上一行轉移到這一行會存在一些判斷，這些判斷暴力寫一寫就行了，也不是很噁心。
對於兩個狀態能夠轉移的話\(s_1\rightarrow s_2\)，那我們就用狀壓\(dp\)暴力的在兩行之間轉移就可以了。
複雜度最劣是\(o(3n^22^6)\)的。
卡常可以過。
比如說對於乙個\(i\)，\(j\)列舉的下界是\(max(0,m-3(n-i+1))\)這樣子。
然後看了一下神仙正解。
如果我們把\(dp(i,s)\)看成是\(\\)的生成函式。
那麼有：\([x^j]dp(i,s)=dp[i][j][s]\)
同時可以用矩陣進行轉移。
\(dp(i)\)為乙個列向量，每乙個位置存\(dp(i,s)\)就可以了。
然後轉移矩陣\(a\)有：\(s_1\rightarrow s_2,a_=x^\)
這樣就可以直接用矩陣快速冪了。
然而你直接用矩陣暴力乘多項式上去的複雜度就是\(o(512nlog^2n)\)的。
還不如暴力。
考慮直接用點值乘，這樣省去了乙個\(logn\)
求\(a^\)的複雜度就是:\(o(512nlogn)\)的了。
t2是01分數規劃。
我們考慮如何\(check\)乙個答案。
相當於是有\(amid-b>0\)則偏大，否則偏小。
可以二分。
\(check\)的時候算出來\(amid-b\)的最大值就可以了，判斷最大值是不是偏大。
很顯然的乙個最大權閉合子圖。
兩個點之間的貢獻拆成兩倍來做，這樣\(a[i]\)也要乘二才能保證上下相除答案不變。
然後對於兩個點的貢獻分開割就可以了。
網路流得卡常。
我寫了當前弧優化，然後被迫又把兩條邊合併。
這才卡過去。
t3很奇怪的找到三種演算法（兩種可行）。
1.\[ans=\sum\limits_^2^
\]\[g(n)=2^
\]\[(a,b)=1,f(ab)=f(a)+f(b),g(ab)=g(a)g(b),g(p^e)=2p^0
\]這個東西可以發現是直接\(min\_25\)篩就行。但是太難寫了。
所以我後面兩個都是想推出乙個複雜度比較優秀的暴力出來。
\[g(d)=2^=\sum\limits_[(g,\frac)=1]
\]\[\begin
ans&=\sum\limits_^g(i)\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_[(d,\frac)=1]\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_\sum\limits_)}\mu(g)\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_^}\sum\limits_\mu(g)\\
&=\sum\limits_^\mu(g)\sum\limits_^}\frac\\
h(n)&=\sum\limits_^\frac\\
&=\sum\limits_^\mu(g)h(\frac)\\
\end
\]\[g(d)=2^=\sum\limits_[(g,\frac)=1]
\]\[\begin
ans&=\sum\limits_^g(i)\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_[(d,\frac)=1]\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_\sum\limits_)}\mu(g)\\
&=\sum\limits_^\sum\limits_\mu(g)d(\frac)\\
&=\sum\limits_^}\mu(g)\sum\limits_^}d(i)\\
&=\sum\limits_^}\mu(g)\sum\limits_^}\sum\limits_i\\
&=\sum\limits_^}\mu(g)\sum\limits_^}\frac\\
&=\sum\limits_^}\mu(g)l(\frac)\\
l(n)&=\sum\limits_^\frac\\
\end
\]前面列舉\(g\)，然後分塊算\(l(\frac)\)即可。
這個演算法的話時間複雜度也很優秀。
\[o=\int_1^}\sqrt}dx=\sqrt\sum\limits_^}\fracdx=\sqrtln(\sqrt)
\]這樣就解決了。
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