期望得分：100+100+0=200
实际得分：5+0+0=5
每加入一个数，x的因数位置++
注意：根号x枚举时，如果x是完全平方数，根号x会重复累计2次，要减去
考场上没减，5分 /(ㄒoㄒ)/~~
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 40001
int sum[N];
void read(int &x)
{
x=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
int n,ans=;
read(n);
int x,y,z;
while(n--)
{
read(x); read(y);
if(x==)
{
z=sqrt(y);
for(int i=;i<=z;i++)
if(y%i==) sum[i]++,sum[y/i]++;
if(z*z==y) sum[z]--;
}
else ans^=sum[y];
}
printf("%d",ans);
}
树形DP
令col[i] 表示 i与i的父节点之间的连边
f[i] 表示 在节点i的子树中，链的一个端点为i，且与i直接相邻的边的边的颜色 不与col[i] 相同 的方案数
F[i] 表示对应的权值和
g[i] 表示在节点i的子树中，链的一个端点为i 的方案数
G[i] 表示对应的权值和
将i的子树中经过i的链分为两种
① 以i为端点，用 g G 统计
②i为中间的一个点，用 f F 统计
状态转移方程：
设j为i的子节点,val[i]表示节点i的点权
① g[i]=Σ（f[j]+1） G[i]=Σ（F[j]+val[j]）
② f[i]= Σ（f[j]+1） F[i]=Σ（F[j]+val[j]） 其中，j满足col[j]!=col[i]
③ G[i]+=g[i]*val[i]
④ F[i]+=f[i]*val[i]
解释：
1、g[i]、f[i] 的转移 就是把子树中的 g，f 累加起来，再加上子树的个数，因为i和i的子树的根节点（即i的子节点）构成一条新的合法的链
2、①、② 中 G、F 的转移 就是把子树中的 G、F累加起来，再加上子节点的权值和，因为i和的i的子节点构成一条新的合法的链
3、③、④ 所有的以i为一个端点的链都累加一个 i的权值
统计答案：
1、以i为端点的链，就是ans+=G[i]
2、以i为中间一个点的链，显然是要拿以i为端点的两条链拼起来
①对于i的每个子树j，假设j会被使用sum次，子树j的合法链的权值总和为V，那么 这个子树j 对 答案的贡献就是 sum*（V+val[j]）。
加val[j]是因为 子树j的根节点的权值不属于V，但以这个点为链的一个端点，以i的其他子树的一个点为链的另一个端点， 这就是一条合法的链
如何统计sum？
设s[k]表示当前i的子树中，以i为链的一个端点 且 与i直接相连的边的颜色为k 的链的条数
颜色编号大至1e9？ ——离散化
那么sum=g[i]-s[col[j]] 即只要与i直接相连的边的颜色 不等于 col[j] ，就可以与j的子树中的链 以及 j 拼接
② 考虑了链的拼接，还差两条链的交点的权值没有加，即i的权值。
设两条链拼接的总方案数位 tot，那么最后再加上 tot*val[i] 就行了
tot=Σ （ (f[[j]+1) * (g[i]-s[col[j]]) ） / 2 原理同上
除2是因为 一条链被枚举了两次
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm> using namespace std; #define N 300001 typedef long long LL; int val[N];
int front[N],to[N<<],nxt[N<<],tot,col[N<<];
int has[N];
LL f[N],s[N],F[N];
LL ans; void read(int &x)
{
x=; char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) { x=x*+c-''; c=getchar(); }
} void add(int u,int v,int w)
{
to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; col[tot]=w;
to[++tot]=u; nxt[tot]=front[v]; front[v]=tot; col[tot]=w;
} void init()
{
int n; read(n);
for(int i=;i<=n;i++) read(val[i]);
int u,v,c;
for(int i=;i<n;i++)
{
read(u); read(v); read(c);
has[i]=c;
add(u,v,c);
}
sort(has+,has+n+);
int tot=unique(has+,has+n+)-(has+);
for(int i=;i<=n-<<;i++) col[i]=lower_bound(has+,has+tot+,col[i])-has;
} void dfs(int x,int y,int z)
{
int num=;
for(int i=front[x];i;i=nxt[i])
if(to[i]!=y) num++,dfs(to[i],x,col[i]);
LL g=,G=;
for(int i=front[x];i;i=nxt[i])
if(to[i]!=y)
{
if(col[i]!=z) f[x]+=f[to[i]]+,F[x]+=F[to[i]]+val[to[i]];
g+=f[to[i]]+,G+=F[to[i]]+val[to[i]];
s[col[i]]+=f[to[i]]+;
}
if(!num) return;
F[x]+=1ll*f[x]*val[x];
G+=1ll*g*val[x];
ans+=G;
LL res=,tmp=;
for(int i=front[x];i;i=nxt[i])
if(to[i]!=y) res+=(F[to[i]]+val[to[i]])*(g-s[col[i]]),tmp+=(+f[to[i]])*(g-s[col[i]]);
ans+=res+tmp/*val[x];
for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) s[col[i]]=;
} int main()
{
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
init();
dfs(,,);
printf("%I64d\n",ans);
}
解决本题关键：
同一行/列只有被选中奇数次才有效
假设有i行j列被翻了过来
那么可以得到等式
i*m+j*n-2*i*j=s
解得j=（s-i*m）/（n-2*i）
由此可知，我们只需要枚举i，就可以直接算出j
这个 i，j 合法的条件是：
① 不越界
②（n-i）%2=0，（m-j）%2=0
因为只能再翻偶数次，才能保证当前i，j 合法
如何计算一对合法的i，j的答案？
n行里i行被翻了过来 C（n，i）
m列里j列被翻了过来 C（m，j）
被翻了偶数次的行，就是把（r-i）/2 次机会 分给 n 行 C（（r-i）/2+n-1，n-1）
注意不是n行里面选 （r-i）/2 行翻过来，因为同一行可以不翻，也可以翻多次
同理，偶数次列为 C（（c-i）/2+m-1，m-1）
把这4个C 乘起来就是这一对i，j 的答案
最后累加所有的i，j 的贡献即可
#include<cstdio>
#include<algorithm> using namespace std; #define N 200001 typedef long long LL; const int mod=1e9+; LL inv[N],fac[N]; LL pow(LL a,int b)
{
LL res=;
for(;b;a=a*a%mod,b>>=)
if(b&) res*=a,res%=mod;
return res;
} int main()
{
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
int n,m,r,c; LL s;
scanf("%d%d%d%d%I64d",&n,&m,&r,&c,&s);
fac[]=;inv[]=;
for(int i=;i<=max(n,m)+max(r,c);i++) fac[i]=i*fac[i-],fac[i]%=mod,inv[i]=pow(fac[i],mod-);
int j;
int ans=; LL res;
for(int i=(r&);i<=min(r,n);i+=)
{
if(n!=*i)
{
if((s-1ll*i*m)%(n-*i)) continue;
j=(s-1ll*i*m)/(n-*i);
if(j< || j>min(c,m) || (c-j)&) continue;
res=fac[n]*inv[i]%mod*inv[n-i]%mod;
res=res*fac[m]%mod*inv[j]%mod*inv[m-j]%mod;
res=res*fac[n+(r-i>>)-]%mod*inv[n-]%mod*inv[r-i>>]%mod;
res=res*fac[m+(c-j>>)-]%mod*inv[m-]%mod*inv[c-j>>]%mod;
ans+=res; ans%=mod;
//printf("%d %d %I64d\n",i,j,res);
}
}
printf("%d",ans);
}