\(A\)
咕咕咕
const int N=1005;
char s[N][N];int len[N],n,id;
inline bool cmp(R int j,R int k){
R int l=min(len[j],len[k]);
fp(i,1,l)if(s[j][i]!=s[k][i])return s[j][i]<s[k][i];
return len[j]<len[k];
}
int main(){
scanf("%d",&n),id=1;
fp(i,1,n)scanf("%s",s[i]+1),len[i]=strlen(s[i]+1);
fp(i,1,n)if(cmp(i,id))id=i;
printf("%s\n",s[id]+1);
return 0;
}\(B\)
咕咕
const int N=1e5+5;
typedef long long ll;
int a[N],n;ll sum,sp,res;
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i],sp+=1ll*a[i]*a[i];
fp(i,1,n)printf("%lld ",sp+1ll*n*a[i]*a[i]-(sum*a[i]<<1));
return 0;
}\(C\)
首先把所有的\(p_i=b_{i}\times a_{i+1}\)给取出来，并令\(sum=\sum p_i\)，那么如果对于一个区间\([l,r]\)执行操作，答案就是\(sum+(k-1)p_{l}+(k-1)p_{r+1}+(k^2-1)(\sum_{i=l+1}^{r}p_i)\)
那么我们枚举\(r\)，并把后面那个东西拆成前缀和相减的形式，记录下使值最小的\(l\)对应的值即可
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int a[N],b[N],p[N],n,k;ll sum[N],res,mn,pmn;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
fp(i,1,n)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
fp(i,1,n+1)p[i]=b[i-1]*a[i];
fp(i,1,n+1){
sum[i]=sum[i-1]+p[i]*(k*k-1);
cmin(mn,pmn+sum[i-1]+p[i]*(k-1));
cmin(pmn,-sum[i]+p[i]*(k-1));
}
fp(i,1,n+1)mn+=p[i];
printf("%lld\n",mn);
return 0;
}\(D\)
我是白痴……
对于每一个\(i\)，记录一个\(mn_i\)表示左边最大能选多少和\(mx_i\)表示右边最多能选多少，那么如果一个询问\([l,r]\)满足\(l\in [mn_i,i]\)且\(r\in [i,mx_i]\)，那么\(a_i\)就会对这个询问有贡献
这就是个二维偏序问题了，离线之后可以变成一维，用树状数组维护即可
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb push_back
#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 cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmax(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;
}
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
struct node{
int u,v,w;
inline node(R int uu,R int vv,R int ww):u(uu),v(vv),w(ww){}
};
vector<node>p[N];int c[N],a[N],id[N],l[N],r[N],op[N],tid[N],ans[N],mn[N],mx[N];
int n,m,q,top,sum;ll res;
inline void add(R int x,R int y){for(;x<=n;x+=x&-x)c[x]+=y;}
inline int query(R int x){R int res=0;for(;x;x-=x&-x)res+=c[x];return res;}
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return r[x]<r[y];}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),q=read();
fp(i,1,n)a[i]=read(),mn[i]=1,mx[i]=n;
for(R int i=1,u,v;i<=m;++i){
u=read(),v=read();
u<v?cmin(mx[u],v-1):cmax(mn[u],v+1);
}
fp(i,1,n)p[i].pb(node(mn[i],i,a[i])),p[mx[i]+1].pb(node(mn[i],i,-a[i]));
fp(i,1,q)id[i]=i,l[i]=read(),r[i]=read();
sort(id+1,id+1+q,cmp);
for(R int i=1,j=1;i<=q;++i){
while(j<=n&&j<=r[id[i]]){
for(auto x:p[j])add(x.u,x.w),add(x.v+1,-x.w);
++j;
}
ans[id[i]]=query(l[id[i]]);
}
fp(i,1,q)res^=1ll*i*ans[i];
printf("%lld\n",res);
return 0;
}\(E\)
不难发现，设\(x\)中质因子\(p_i\)的次数是\(c_i\)，则\(f(x)\)中质因子\(p_i\)的次数是\(\left\lfloor{c_i\over 2}\right\rfloor\)（即每一个质因子的次数都是向下取整）
那么我们枚举\(f(x)\)，答案就是\(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}} i\times g(n/{i^2})\)，其中\(g(n)\)表示\(1\)到\(n\)中最多只有一个质因子的数的个数，也就是\(\sum_{i=1}^n \mu^2(i)\)
计算\(g(n)\)的时候，我们可以用\(\mu\)来容斥，所以\(g(n)=\sum_{i=1}^{\sqrt(n)}\mu(i){n\over {i^2}}\)
这两个东西都可以用整除分块优化，而且\({n\over {i^2}}\)的不同个数是\(O(n^{1\over 3})\)个，所以复杂度是有保证的
//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)
#define gg(u) for(int &i=cur[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;
const int N=1e7+5;
bitset<N>vis;int p[N],mu[N],sm[N],m;
void init(int n=1e7){
mu[1]=1;
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++m]=i,mu[i]=-1;
for(R int j=1;j<=m&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
fp(i,1,n)sm[i]=sm[i-1]+(mu[i]<0?-mu[i]:mu[i]);
fp(i,1,n)mu[i]+=mu[i-1];
}
ll res=0,bin[25],n,t;int T;
inline ll calc(R ll n){
if(n<=1e7)return sm[n];
R ll t=sqrt(n),res=0;
for(R ll l=1,r;l<=t;l=r+1)
r=sqrt(n/(n/(l*l))),res+=n/(l*l)*(mu[r]-mu[l-1]);
return res;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
init();
for(scanf("%d",&T);T;--T){
scanf("%lld",&n),res=0;
t=sqrt(n);
for(R ll l=1,r;l<=t;l=r+1)
r=sqrt(n/(n/(l*l))),res+=calc(n/(l*l))*(r-l+1)*(l+r)>>1;
printf("%lld\n",res);
}
return 0;
}\(F\)题咕了