17年ACM/ICPC亚洲区域赛现场赛乌鲁木齐站(D题和K题）

这次在乌市现场赛的关键题是D和K，就这两个问题来实际探讨一下。
就比赛前一刻，我突然想起前$1到n的平方和$，然后我问东东通向公式是多少，最后我还是想起来，但是没想到，在比赛的时候这两个题还真的用着了。
现在还没有什么在线平台开放这套区域赛的题，所以只能拿自己在现场赛的纸质题目了。
D题：

题目大意就是在一个圆上，在其圆周上放置n个点，问最多可以划分多收个平面。
数据范围$1<=T<=100000,1<=n<=10^{18}$
所以毫无疑问，这就是要推公式的了…
以前在《具体数学》上第一章有讲过类似问题，应该是最简单的那种，在一个无限大的平面上，给你n条直线，请问最多可以划分多少个平面，因为在这本书里断言这种直线划分问题的通向式都是2次的多项式，然而，我用待定系数解了之后发现根本不对，实际上此题的确是多项式，但不是2次，当时可能是太紧张了，发现题给的是点的个数，而不是线的个数。（所以如果是n个点，那么两两点相连，就是$C_n^2$了，也就是是$O(n^2)$条直线，带到二次里，自然就是4次的多向式了，虽然不太严谨，但是如果当时这样这样做应该也很快做出来了）
那么就找规律看看。
$n=1，S_1=1$
$n=2，S_2=2$
$n=3，S_3=4$
$n=4，S_4=8$
$n=5，S_5=16$
是不是$S_n=2^{n-1}$？,当时代码都写好了，然后东东说验证一下n=6的情况，直接手写画了个圆，一笔一笔画出来hhh，但是$S_6=33$，然后又画了一个还是33，看榜单这题wa的人不少，估价的确有可能都用这个公式去做了，所以的确应该不可能是指数项。
后来想了一会，感觉这个应该还是一个多项式式子，但是没办法确定最高次数是多少。那就把相邻两项做差，直到所有数均为0，操作之后，发现可能是3次的多项式，然后就待定系数去解方程了求：

$$S_n=an^3+bn^2+cn+d$$ ，解一个四元四次方程，为了防止出错，然后我和东东同时开始解，但是我们俩怎么算都不一样，而且各自都确认过没有算错。告诉自己要冷静，再从头开始分析，然后再两两相减，发现应该是一个4次多项式才对，那就解吧： $$S_n=an^4+bn^3+cn^2+dn+e$$
待定系数解一个五元五次方程，计算这种东西我都是力不从心的，然后东东去解了，我就想能不能不找规律，直接推导算了。
假设$S_{n+1}=S_n+f(n)$,我就想先确定这个$f(n)$也行啊，发现还是有点思路，假设在原先n个点基础之上，那么新加入一个点，则会产生n条新的直线，这个没什么问题，那么怎么产生新的区域，发现这取决于有多少条直线穿过每个新产生的线段，假设我看第i条线段，那么左边的点数是$i-1$,右边是$n-i$,那么床过这第i条线段是$(i-1)(n-i)$,也就是说产生$(i-1)(n-i)+1$的新的平面
所以这个f(n）应该为： $$f(n)=n+\sum_{i=1}^{n}(i-1)(n-i)$$
那么实质上就是求
$$f(n)=n+\sum_{i=1}^{n}(i-1)(n-i)=n+\sum_{i=1}^{n}(in-i^2-n+i)$$
关键是求 $$\sum_{i=1}^{n}i^2$$
这个自然就等于 $$\frac{(n+1)n(2n+1)}{6}$$
所以$f(n)=O(n^3)$，那就证明了$S_n$的系数绝对是4次，因为：若$S_n-S_{n-1}=O(n^k),则S_n=O(n^{k+1})$，这个组合数学书上是有的，当时书给了一个如何求解$\sum_{i=1}^ni^k$的步骤，现在已经忘了。那个时候东东说算出所有5项的系数，除了e，其它系数都是分数，虽然和样例都一样，还是很不太确定，我说一定是4次的，去写吧，我来检查。后来写完，验证了一波之后，点了提交，心里还是有点没底，等待被裁决的感觉太煎熬了，过了一会系统返回了YES了，有点开心诶！1A。佩服东东有耐心解那个方程组。

接下来
K题：

题意：
$T_{r,c}=c,当gcd(r,c)=1,T_{r,c}=0,otherwise$

$$S_{r,c}=\sum_{i=c}^rT_{r,i}$$
求：
$$S_r=\sum_{i=1}^rS_{r,i}$$
输入r，输出$S_r$$(1<=t<=10000,1<=r<=10^8)$

当时过了D题，我心态好很多，可以看其他题了，当时班在研究K题，其实之前看过K和D，我觉得还是得先做D，K看完感觉很难下手，着实不好做，没有什么思路。而且过的人不多，当时想着又找规律，但是已经有过一道题了，不可能会再出一道，当时还是无进展啊（这题得做了2了个小时了）
但是仔细看了之后感觉有点熟悉，但是也不太确定，是不是莫比乌斯反演啊，也不是说反演，就是需要一些莫比乌斯函数的一些性质，试一试吧。
当时ban帮我把式子化简了，这个也比较关键
则：

$$ans=\sum_{i=1}^{n}i^2*[gcd(i,n)==1?1:0]$$
当时卡了一会，然后想到有： $$\sum_{d|n}\mu(d)=1,当n=1,otherwise 均为0$$
则： $$ans=\sum_{i=1}^{n}i^2*\sum_{d|gcd(i,n)}\mu(d)$$
（莫比乌斯函数的这种用法也算是一种常规套路了）
推得： $$ans=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)*\sum_{d|i}^{i<=n}i^2$$
设$i=dk$,则： $$ans=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)*d^2\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}k^2$$
这里就又是 $$\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}k^2$$ 求和，这里我是有公式在$O(1)$时间求得，所以只要预处理莫比乌斯函数，然后再通过$O(N)$时间处理，即可求得答案。但是推导的时候犯了一个致命错误，当时竟然也没有发现，若$d|gcd(i,n),则d|i并且d|n$，则：
$$ans=\sum_{d|n}^{n}\mu(d)*d^2\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}k^2$$ 当时有点开心，以为是做出来了，直接开始找模板开始写莫比乌斯函数的模板，写完以后，我在看了一下数据范围，发现原来n可以到$10^8$，肯定要超时的…当时陷在这个框里走不出了，觉得就应该是这样做的才对，真想不到还有其他什么思路，当时一直也没有发现这个错误。
过了很长时间，之前东东说能不能把一些gcd不是1的筛掉，这个我在之前一直没怎么仔细想，感觉想到了一些东西，假设n为6，那么2，3，6都是没有贡献的，是因为gcd不为1，那么实际上这个应该和n的性质有关，这个就是质数，也就是所有n的质因子，是容斥原理噢。
先筛出所有n的素因子，然后再容斥答案，n的范围当时极端情况不会超过10个，也就是2的10次方，10000个样例应该完全可以应付
所以：
$设：g(n)=1+2^2+3^2+...+n^2$
$$ans=\sum_{d|n}^{n}\mu(d)*d^2*g(\frac{n}{d})$$
这用$\mu(n)$函数是方便描述，实际只要用状态压缩去枚举组合即可了
因为$\mu(n)$函数大多是为0。
最后写完代码了以后，过了样例交了一发，竟然re了，实在想不明白，然后检查了好长时间的代码，一直不敢交，就是增大了筛素数的范围，好像也没有其他什么改动，后来说直接交了，过了一会返回了YES，莫名其妙，至今都不知道第一发为什么错了，不过好歹还是过了，激动。
做完这题已经过去4个多小时，最后我的另外两个队友去研究C题了，我就找其他可以做的题，刚好离比赛快结束了，完成了C题的代码，我说交吧，反正也没时间了，结果是NO，意料之中，如果之前的题做快一点可以还有时间调试一下，不过似乎5题都铜了，也无所谓啦，最后5个小时的比赛就这样结束了。

这个终于是告一段落了，去迎接下一个挑战吧。