A.City
題意：
給n個m，表示有一個n*m的網格
在網格上任選兩點連線，如果這條線的中點也在格點上則滿足題意。
問有多少條這樣的線（即端點在格點上，中點也在格點上，線的長度不爲0）
數據範圍：n,m<=1e3
思路:
枚舉中點的位置即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
signed main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
n++,m++;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){//枚舉中點
for(int j=1;j<=m;j++){
int a=min(i,n-i+1);
int b=min(j,m-j+1);
ans+=(a-1)*(b-1)*2+(a-1)+(b-1);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C.Dirichlet k-th root(
卷積題，有空補
E.Flow
題意：
給定n個節點m條邊的帶權無向圖。其中起點1到終點n有一些獨立路徑，且路徑節點數相同(路徑長度相同)。每條邊有邊權。
一次操作可以讓一條邊的邊權加一，另外一條邊權減一。問使得起點到終點的總流量最大最少需要操作多少次。
數據範圍：n<=1e5，m<=2e5，邊權<=1e9
思路:
因爲路徑長度是相同的。假設把所有邊權都累加到一條鏈上，可以推出最大流=邊權和/(鏈的長度)，這就是最後的最大流。
將每條鏈按邊權排序，然後分層，計算每一層的邊權和。
因爲要得到最大流，所以每一層的邊權和都要大於等於最大流，小於最大流的就補全，這樣就能計算出操作次數了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=1e5+5;
int head[maxm],nt[maxm<<2],to[maxm<<2],w[maxm<<2],tot;
vector<int>temp;
int flow[maxm];
int n,m;
void add(int x,int y,int z){
tot++;nt[tot]=head[x];head[x]=tot;to[tot]=y;w[tot]=z;
}
void dfs(int x,int fa){
if(x==n)return ;
for(int i=head[x];i;i=nt[i]){
int v=to[i];
if(v==fa)continue;
temp.push_back(w[i]);
dfs(v,x);
}
}
signed main(){
cin>>n>>m;
int sum=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add(a,b,c);
add(b,a,c);
sum+=c;
}
int elen=0;//路徑長度
for(int i=head[1];i;i=nt[i]){
temp.clear();
temp.push_back(w[i]);
dfs(to[i],1);
sort(temp.begin(),temp.end());//排序
if(!elen)elen=temp.size();
for(int i=0;i<elen;i++){//分層求和
flow[i+1]+=temp[i];
}
}
int maxflow=sum/elen;
int ans=0;
for(int i=1;i<=elen;i++){
if(flow[i]<maxflow){
ans+=maxflow-flow[i];
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
H.King
題意：
給一個長度爲n的數組和一個質數p
定義一個序列s爲king序列，序列s滿足：s(i-1)*q%p=s(i)，(模意義下的等比數列)
現在要你從a中調出一個子序列，這個子序列是king序列，問最大長度是多少，如果最大長度小於n/2則輸出-1。
數據範圍：n<=2e5，p<=1e9+7，保證p是質數
思路:
這題的關鍵點在於那個n/2，(果然題目的每一個條件都不能忽視！)
因爲長度至少爲n/2，所以這個子序列一定至少有兩個數相鄰或者相隔1，所以公比肯定會產生在相鄰或者相隔1
用map存下所有a(i-1)到a(i)以及a(i-2)的到a(i)的公比數量
顯然公比q的出現次數一定會大於等於某個數
將出現次數大於n/8的check一下取max即可(n/6也行，推了好久不知道這數咋來的)
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxm=2e5+5;
unordered_map<int,int>mark;
int inv[maxm];
int a[maxm];
int n,p;
int ppow(int a,int b,int mod){
int ans=1%mod;
while(b){
if(b&1)ans=(ll)ans*a%mod;
a=(ll)a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int cal(int q){
unordered_map<int,int>dp;
int ans=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
dp[a[i]]=dp[(ll)a[i]*q%p]+1;
ans=max(ans,dp[a[i]]);
}
return ans;
}
signed main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
unordered_map<int,int>t;
mark=t;
scanf("%d%d",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
inv[i]=ppow(a[i],p-2,p);
}
for(int i=2;i<=n;i++){
int q=(ll)a[i]*inv[i-1]%p;
mark[q]++;
}
for(int i=3;i<=n;i++){
int q=(ll)a[i]*inv[i-2]%p;
mark[q]++;
}
int ans=0;
for(auto i:mark){
if(i.second>=n/8){
ans=max(ans,cal(i.first));
}
}
if(ans*2<n)ans=-1;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
M.Value
題意：
給長度爲n的數組a和b
對於每一個位置i，可選可不選，如果選中了i，那麼總得分就加上a(i)。
如果選中了i和j，且i，j>=2，且ik=j（k>=2），那麼需要減去b(j)，如果又多個i滿足這個條件，b(j)會被減去多次。
現在你要找到一個選擇方案，使得最後的總得分最大，輸出這個最大得分。
數據範圍：n<=1e5，1<=a(i),b(i)<=1e9
思路:
a(1)必選，因爲他不影響其他數。
容易發現底數不同的數不會相互影響，例如8與9不會相互影響，因爲8=23，9=32，
發現n只有1e5，217大於1e5，因此如果按底數分組，最大的組是底數爲2的組，不多於17個數，其他組數量更少。
所以可以先按底數分組，對於每一組然後二進制枚舉選擇方案取max，累加就是答案。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxm=1e5+5;
vector<int>g[maxm];
int cnt=0;
int mark[maxm];
int a[maxm];
int b[maxm];
int solve(int x){//計算第x組的最大答案
int len=g[x].size();
int ans=0;
for(int i=0;i<(1<<len);i++){
for(int j=0;j<len;j++)mark[g[x][j]]=0;//清空標記
int temp=0;
for(int j=0;j<len;j++){
if(i>>j&1){
temp+=a[g[x][j]];
temp-=mark[g[x][j]]*b[g[x][j]];
for(int k=g[x][j]*g[x][j];k<=g[x][len-1];k*=g[x][j]){
mark[k]++;
}
}
}
ans=max(ans,temp);
}
return ans;
}
signed main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
for(int i=2;i<=n;i++){//按底數分組
if(mark[i])continue;
cnt++;
for(int j=i;j<=n;j*=i){
mark[j]=1;
g[cnt].push_back(j);
}
}
int ans=a[1];//a[1]必選,因爲對後續無影響
for(int i=1;i<=cnt;i++){//對每一組二進制枚舉
ans+=solve(i);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}