因为出题人的疏忽，致使T2和T3分别有一个数据造错，形成了你们没必要要的麻烦，对此十分抱歉。ubuntu
这里写一下三道题的题解：数组
题目连接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4844数据结构
题目简述：求出有多少个正整数三元组{a,b,c}，知足a,b,c<=n，a,b,c三个数的最大公约数为1，且1/a+1/b=1/c。函数
数据范围：n<=1e12优化
tag：本题原型来自中等数学2011年第1期，进行了一番改编。get
20分：枚举a，b，O(1)算出c，统计答案原型
100分：源码
方法一：数学
化简后获得(a+b)c=ab，设g=(a,b)，A=a/g，B=b/g，则g(A+B)c=ABg^2，即(A+B)c=ABgast
由题目已知条件：(a,b,c)=1，即(g,c)=1，g|(A+B)c，故g|(A+B)，
设(A+B)/g=AB/c= k ∈ Z，
若k>1，由于A,B互质，因此k|A或k|B，则A+B不能被k整除，矛盾。所以k=1。
故充要条件为：1<=a,b,c<=n，a+b=g^2，c=ab/g^2。
枚举g，则可得A+B=g。用莫比乌斯反演求出必定范围内与g互质的数的个数便可。
写程序的过程当中，你会发现，枚举1到sqrt(2n)的g以后，只需枚举g的约数。
因此时间复杂度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))
方法二：（PJY提供的此方法十分巧妙）
能够化简获得：(a+b)c=ab，因而ab-bc-ac+c^2=c^2，因此(a-c)(b-c)=c^2
设a-c=km^2，b-c=kn^2，则c=kmn。
若k>1，(a,b,c)=(km^2+kmn, kn^2+kmn, kmn)≠1，矛盾。故k=1
由此咱们知道a-c=m^2，b-c=n^2是彻底平方数。
由于(a,b,c)=(m(m+n)，n(m+n)，mn)=（(m+n)*(m，n)，mn）=1，因此(m,n)=1
故充要条件为1<=a,b,c<=n，a-c, b-c是彻底平方数，c^2=(a-c)(b-c)，(a-c，b-c)=1
枚举(a-c)，用莫比乌斯反演求出必定范围内与sqrt(a-c)互质的数的个数便可。时间复杂度是O(sqrt(n)log(sqrt(n)))
源码：
方法一：https://paste.ubuntu.com/p/mXF2bvXdy7/
方法二：https://paste.ubuntu.com/p/yn5NddzNjj/
题目连接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4845
题目简述：在一棵n个节点的树上的k个点处放k个摄像头。每一个摄像头能够看到与之树上距离<=r的点。
使得被看到的点的w[i]之和最大。
数据范围：k<=n<=1000，w[i]<=1e6
tag：
乱搞作法一：若是一个一个放摄像头，每一次把当前w[i]和最大话，那样例一就过不了
乱搞作法二：若是直接假定关于摄像头个数k的函数f(k)是凸函数，那样例二就过不了（由于这个结论是错误的）
10分：枚举2^n种状况（还能够用位运算优化）。
另外20分（k<=2）：作法可能有多种，能够暴力枚举两个点，而后用点分或dsu求每种状况的答案。
40分：暴力dp，定义dp数组f[i][j][k][l]，
f[i][j][k1][k2]表示第i个节点的子树处理完毕，子树中放了j个摄像头。
指望被观测，但未被观测的最远的点距离ta为k1；最近的摄像头离ta距离为k2。
该dp复杂度或许是O(n^4)吧，（没实现过不清楚）
100分：接着上述40分的题解讲。
咱们在dp的过程当中，初始化每一个节点有三种状态：什么都没发生；放有一个摄像头；虽没放摄像头，但这个点以后会被观测到。
因此dp的过程当中，就决定了每一个点是否计入答案。其有用的信息为：子树中离点i最近的摄像头的距离，子树中离点i最远的指望被观测的
点的距离。且信息有用当且仅当距离<=r，由于摄像头的观测范围就是r。
若是两个信息同时存在，那么能够忽略摄像头的信息。
这里证实一下：
设最远的指望被观测的点为a点。最近的摄像头为b点。因此dis(a,b)>r。
以后必定有一个摄像头c点，使得dis(a,c)<=r。那么显然dis(c,i)<dis(b,i)。显然，摄像头b能观测到的在 i 子树外的点，c都能观测到。
因此能够忽略b的信息。
因此理所固然地，能够把dp数组写成f[i][j][k]（原先第三维和第四维压缩成一维）
以后的dp，可能细节有些繁琐。致使标程可读性差。因此题解里就不阐述了。
这样还不够，由于n<=1000。
咱们还须要证实一下：当k*r>=n时，全部的点都可以被观测到。
随便选一个点提根。取深度最深的点，若是深度<=r，直接选择根节点放摄像头。
若深度dep>r，选择与该点距离r的祖先，选择该祖先放摄像头，这样至关于花费一个摄像头砍去了点数>=r的一个子树。
故容易证实k*r>=n时，全部点都能观测到。
因此，k*r<n时，枚举点i,依次把它的儿子所表明的子树合并起来，复杂度是min(k,size[a])*min(k,size[b])*r。
总复杂度能够证实是n*k*r<n^2。（不详细讲证实了）
源码：
标程：https://paste.ubuntu.com/p/gdFgv42mzf/
翠竹叶飞的代码：https://paste.ubuntu.com/p/4jJyCCyddq/
题目连接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P4846
题目简述：
一个序列A，每次操做可使一段连续的区间加1或减1并对K取模，定义F(A,K)表示最少的操做次数使得序列的全部元素都变为0。
输入长度为n的序列A，m次询问F(A[x][y],K)的值。
数据范围：
n<=200000, m<=100000, k<=1e9
tag：
惟一一道数据结构题，因此思路不是那么难。只要你会50分，就能够轻松优化到100分。
10分：搜索+剪枝
30分：先考虑单组询问求F(A,K)。为了方便以后处理，首尾加 0 。
设长度变为N=n+2
咱们先考虑若是操做中每次加1、减一后不取模。若A[i]∈Z（多是负数）。
先对A差分 -> 设B[i]=A[i]-A[i-1]（对于1<i<=n），显然B[2]+B[3]+...+B[N]=0
每次操做等同于，B[i]加一，B[j]减一（ 1<i,j<=N ），目标是将全部的B[i]变为0。
若未达到目标，由于全部的B[i]之和为0。必定存在B[i]>0，B[j]<0。
因此必定存在一次操做，使得B[i]的绝对值的和减2。
由此咱们知道，此时最小操做次数是[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])] / 2。（此处abs表示绝对值）
如今题中操做为每次加1、减一后对K取模。因此等同于，先将A数组的某些元素加或减K的倍数。
等同于咱们先对差分数组B中某些元素加或减K（根据以前最小操做次数的公式，显然加减范围不会超过K），并维持B[2]+B[3]+...+B[N]=0。
求这样的状况下，[abs(B[2])+abs(B[3])+...+abs(B[N])]/2 的最小值。
容易实现单次询问O(n^2) dp。
50分：接着30分的题解讲，咱们要对差分数组的某些数值加K或减K，并维持B[2]+B[3]+...+B[n]=0。
设在S个位置加K，在S个位置减K。（这2S个位置不重复）
显然，咱们只会在小于0的位置加K，在大于0的位置减K。因此前者和后者必定不重复。
对于小于0的数 (-a)，对其加K可使代价减小 (2a-K)。
对于大于0的数(a)，对其减K可使代价减小 (2a-K)。
因此，对要加K和要减K的位置，选2a-K前S大的位置，（a是其绝对值）
容易作到单次询问O(n)，总复杂度O(mn)。
100分：接着50分的题解讲，显然，咱们能够二分这个K，求区间第K大和前K大和便可。（这里再也不赘述）
使用主席树或划分树可作到复杂度O(mlog^2n)。