「LibreOJ」#572. 「LibreOJ Round #11」Misaka Network 与求和 – 题解

主要思路

先考虑莫比乌斯反演?

\[ \begin{aligned} ans &= \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n f(\gcd(i, j))^k \\ &= \sum_{d = 1}^n f(d)^k \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n [\gcd(i, j) = d] \end{aligned} \]

经典化简:

\[ \begin{aligned} ans &= \sum_{T = 1}^n \lfloor \frac{n}{T} \rfloor^2 \sum_{x|T} \mu(x) f(\frac{T}{x})^k \end{aligned} \]

我们可以对这个 \(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor^2\) 进行整除分块,所以问题的重心转移到了求后面那个 Dirichlet 卷积的前缀和身上。

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「Universal OJ」#311:「UNR #2」积劳成疾 – 题解

主要思路

这个处理方式很妙啊。根据 yyb 的博客介绍,这种处理方式被称作是「最大值分治」。

我们可以考虑设计状态 \(dp[i][j]\) 为长度为 \(i\)、最大值不超过 \(j\) 的方案数。那么,我们可以枚举一个 \(k\) 作为 \(j\) 的位置,然后强制这个 \(k\) 在这一段里面是最右边的 \(j\),具体写出转移就是:

\[ dp[i][j] = dp[i][j – 1] + \sum_{k = 1}^i dp[k – 1][j] \times dp[i – k][j – 1] \times w^c \]

注意右侧的 \(dp[i – k][j – 1]\),可以保证该位置为最右侧的 \(j\),这样就不会算重复了。其中 \(c\) 是当前序列里包含这个数的区间个数,画个图,算最右和最左的区间左边缘之差即可。

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