2156. [BZOJ 4407] 于神之怒加强版 - 题解

题目链接

题意

给定 $n, m, k$，求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k$ 模 $10^9+7$ 的结果。$T$ 组数据。（$n,m,k\sim5\times10^6$，$T\sim2\times10^3$）

推导过程

令 $n\le m$

$$\begin{aligned}&\quad\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k\cdot[\gcd(i,j)=1]\\&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k\sum_{p\mid i,j}\mu(p)\\&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}\sum_{p\mid i,j}\mu(p)\\&=\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(p)\left\lfloor\frac n{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{dp}\right\rfloor\\&\text{令}D=dp\\&=\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)\end{aligned}$$

前面的 $\displaystyle\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor$ 使用整除分块，仅需求后面 $\displaystyle\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$；设 $f(D)=\displaystyle\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$，显然 $f(D)$ 是积性函数，设 $D=\prod p_i^{c_i}$，则有：

$$\begin{aligned}f(D)&=f\left(\prod p_i^{c_i}\right)\\&=\prod f\left(p_i^{c_i}\right)\\&=\prod\left[1^k\mu(p_i^{c_i})+p_i^k\mu(p_i^{c_i-1})+p_i^{2k}\mu(p_i^{c_i-2})+\cdots+p_i^{(c_i-1)k}\mu(p_i)+p_i^{c_ik}\mu(1)\right]\\&=\prod\left[p_i^{c_ik}-p_i^{(c_i-1)k}\right]\\&=\prod\left[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)\right]\end{aligned}$$

线性筛即可。

详细解释

原式如下：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)^k$$

可令 $n\le m$，若 $n>m$ 直接交换即可。

首先枚举 $\gcd(i,j)$ 可能等于的数，即 $1$ 到 $n$（因为 $n\le m$）。也就是枚举 $d$，当 $\gcd(i,j)=d$ 时才会产生贡献，即：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md^k[\gcd(i,j)=d]$$

因为 $i$ 是从 $1$ 到 $n$ 的数字，$d$ 也是从 $1$ 到 $n$ 的数字，所以可以用 $d$ 乘上一个 $1$ 到 $n/d$ 的数来表示 $1$ 到 $n$ 的数，$m$ 同理：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k[\gcd(i\times d,j\times d)=d]$$

既然 $i\times d$ 与 $j\times d$ 已经有了公共的因数 $d$，那么要使这俩最大公约数为 $d$ 的话，一定有 $\gcd(i,j)=1$：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k[\gcd(i,j)=1]$$

因为 $\mu*1=\varepsilon$，即 $\sum_{d\mid n}\mu(d)=[n=1]$，替换掉上式的艾弗森括号：

$$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}d^k\sum_{p\mid i,j}\mu(d)$$

$d$ 的取值只与第一层求和有关，与第二、三层求和无关，故可以把 $d^k$ 提到前面：

$$\sum_{d=1}^nd^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m d\rfloor}\sum_{p\mid i,j}\mu(p)$$

与其枚举 $i,j$，不如只枚举 $\mu(p)$ 会出现多少次，如果固定了 $p$，那么在 $i$ 在遍历 $1$ 到 $\lfloor\frac n d\rfloor$ 时，会出现 $\lfloor\frac n{dp}\rfloor$ 次 $p$，或者说 $1$ 到 $\lfloor\frac n d\rfloor$ 中有 $\lfloor\frac n{dp}\rfloor$ 个数是 $p$ 的倍数（$j$ 同理）。因为 $p$ 是 $i,j$ 的因数且 $i$ 的枚举范围小于 $j$ 的枚举范围（因为 $n\le m$），所以 $p$ 的枚举范围和 $i$ 相同：

$$\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{dp}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m{dp}\rfloor}1$$

后面两个求和已经能直接算出来了：

$$\sum_{d=1}^nd^k\sum_{p=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\mu(p)\left\lfloor\frac n{dp}\right\rfloor\left\lfloor\frac m{dp}\right\rfloor$$

令 $D=dp$，转为枚举 $D$ 之后 $\lfloor\frac n{dp}\rfloor\lfloor\frac m{dp}\rfloor$ 就可以直接提出来；$p=D/d$，所以 $\mu(p)$ 被替换成 $\mu(D/d)$；第二层循环与 $d$ 无关，所以 $d^k$ 可以提到第二层循环；此时第二层循环里面就变成了 $d^k\mu(D/d)$，因为 $d=D/p$，所以 $d$ 的枚举范围就是 $d\mid D$：

$$\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$$

观察前面的 $\sum_{D=1}^n\lfloor\frac n D\rfloor\lfloor\frac m D\rfloor$ 可以想到用整除分块做，但是想要用整除分块，需要知道后面 $\sum_{d\mid D}d^k\mu(\frac D d)$ 的前缀和（整体的，指在 $D$ 取 $1,2,3\cdots$ 时整个求和结果的前缀和），那就单独来研究它。

令

$$f(D)=\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)$$

$d^k$ 其实就是恒等函数 $\text{id}_k(d)$，$\mu(\frac D d)$ 就是欧拉函数 $\mu(\frac D d)$，那 $f(D)$ 不就是 $\text{id}_k$ 和 $\mu$ 的狄利克雷卷积嘛！

$$f(D)=\sum_{d\mid D}d^k\mu\left(\frac D d\right)=(\text{id}_k*\mu)(D)$$

狄利克雷卷积具有积性保持性（狄利克雷生成函数 - OI Wiki），所以 $f(D)$ 也是积性函数！那就好办了！如果想求 $F(D)$ 的话（注意！上面那个式子 $f(D)$ 表示一个关于 $D$ 的函数，$D$ 是变量，而现在说的 $D$ 是一个给定的常数！），不妨设 $D=\prod p_i^{c_i}$，则根据积性函数的定义：

$$f(D)=f\left(\prod p_i^{c_i}\right)=\prod f(p_i^{c_i})$$

把 $f(p_i^{c_i})$ 都带入 $f(D)=\sum_{d\mid D}d^k\mu(\frac D d)$（同样，这里的 $D$ 只是一个函数中的自变量，与上面那个式子中的 $D$ 含义不同！）：

$$\prod\left[1^k\mu(p_i^{c_i})+p_i^k\mu(p_i^{c_i-1})+p_i^{2k}\mu(p_i^{c_i-2})+\cdots+p_i^{(c_i-1)k}\mu(p_i)+p_i^{c_ik}\mu(1)\right]$$

因为 $p_i$ 是质数，根据莫比乌斯函数的定义（[莫比乌斯反演 - OI Wiki](https://oiwiki.com/math/number-theory/mobius/#定义)），当 $x$ 含有平方因子时 $\mu(x)=0$，那么 $\mu(p_i^{c_i}),\mu(p_i^{c_i-1}),\mu(p_i^{c_i-2})\cdots\mu(p_i^2)$ 都等于 $0$！带入到上式：

$$\prod\left[p_i^{c_ik}-p_i^{(c_i-1)k}\right]$$

居然只剩这么两项了！镇棒！把 $p_i^{(c_i-1)k}$ 给提出来：

$$\prod\left[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)\right]$$

所以，我们得到了函数 $f(D)$ 的表达式：

$$f(D)=\prod\left[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)\right]$$

哇哇！这样不就可以线性筛了嘛！为什么呢？看看线性筛的代码：

void solve(int n) {
   for (int i = 2; i <= n; ++i) {
       if (!vis[i]) {
           primes.push_back(i);
           // 更新 f[i] 值
       }
       for (int p : primes) {
           if (i * p > n) break;
           vis[i * p] = 1;
           if (i % p == 0) {
               // 更新 f[i] 值
               break;
           } else {
               // 更新 f[i] 值
           }
       }
   }
}

假如说现在 $i$ 是质数，程序运行到第 5 行，根据上面得到的式子：$f(D)=\prod[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)]$，这个时候 $p_i=i$ 且 $c_i=1$，那 $f(i)$ 就等于 $p_i^k-1$ 也就是 $i^k-1$。

if (!vis[i]) {
   primes.push_back(i);
   f[i] = (kasumi(i, k) - 1 + MOD) % MOD;
}

到了下面筛 $i\times p$ 时，假如 $i\bmod p\neq0$，也就是 $p$ 不是 $i$ 的因数，$i$ 乘上 $p$ 之后为 $i$ 多添加了一个全新的因数，而且这个因数还是个质数（根据线性筛的定义，每个数只被它最小的质因数筛去（筛法 - OI Wiki）），那么根据刚才的式子：$f(D)=\prod[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)]$，乘积中多添加了 $p^{(c-1)k}(p^k-1)$ 这一项。因为 $p$ 是新添加的因数，所以 $c=1$，那 $p^{(c-1)k}=1$，相当于在乘积中只多添加了 $p^k-1$ 这一项（又或者说是添加了 $f(p)$ 这一项，因为 $p$ 是质数，则 $f(p)=p^k-1$；另一种解释是 $\gcd(i,p)=1$，所以根据积性函数的定义也能得证。），则 $f(i\times p)=f(i)(p^k-1)$（或 $f(i\times p)=f(i)f(p)$）。

if (i % p == 0) {
   // ...
   break;
} else {
   f[i * p] = f[i] * (kasumi(p, k) - 1 + MOD) % MOD; // 或 f[i * p] = f[i] * f[p] % MOD;
}

那如果 $i\bmod p=0$ 呢？也就是 $p\mid i$，$p$ 在 $i$ 的质因数中已经出现过了，$i$ 乘上 $p$ 之后相当于把 $p$ 这个质因数的指数加了 $1$，那么根据上式 $f(D)=\prod[p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)]$，$i$ 乘 $p$ 相当于把 $c_i$ 加 $1$，相当于在乘积中添加了 $p_i^k$ 这一项（$\displaystyle\frac{p_i^{(c_i+1-1)k}(p_i^k-1)}{p_i^{(c_i-1)k}(p_i^k-1)}=p_i^k$），则 $f(i\times p)=f(i)p_i^k$。

if (i % p == 0) {
   f[i * p] = f[i] * kasumi(p, k) % MOD;
   break;
} else {
   // ...
}

终于解决完 $f(D)$ 的问题啦，回到原来的答案式：

$$\sum_{D=1}^n\left\lfloor\frac n D\right\rfloor\left\lfloor\frac m D\right\rfloor f(D)$$

因为线性筛时涉及到快速幂，那么只能用 $O(n\log_2k)$ 的时间复杂度求出 $f(D)$ 即其前缀和，加上整除分块，可以用 $O(\sqrt n)$ 的时间复杂度求出答案式。那么整体的时间复杂度就是 $\Theta(n\log_2k+T\sqrt n)$，$\Omega(n\log_2k)$。

代码

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
typedef long long ll;

const int MAXN = 5e6 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

ll kasumi(ll x, ll y) {
  ll res = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) res = res * x % MOD;
    y >>= 1;
    x = x * x % MOD;
  }
  return res;
}

ll k;

bool vis[MAXN];
ll f[MAXN];
::std::vector <ll> primes, mi;
void solve(ll n) {
  f[1] = 1;
  for (ll i = 2; i <= n; ++i) {
    if (!vis[i]) {
      primes.push_back(i);
      f[i] = (kasumi(i, k) - 1 + MOD) % MOD;
    }
    for (ll p : primes) {
      if (i * p > n) break;
      vis[i * p] = 1;
      if (i % p == 0) {
        f[i * p] = f[i] * kasumi(p, k) % MOD;
        break;
      } else {
        f[i * p] = f[i] * f[p] % MOD; /* kasumi(p, k) - 1*/
      }
    }
  }
  for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
    f[i] = (f[i] + f[i - 1]) % MOD;
  }
}

int T;
ll n, m;
ll ans;

int main() {
  freopen("bzoj_4407.in", "r", stdin);
  freopen("bzoj_4407.out", "w", stdout);
  scanf("%d %lld", &T, &k);
  solve(MAXN - 10);
  while (T--) {
    scanf("%lld %lld", &n, &m);
    if (n > m) n ^= m ^= n ^= m;
    ans = 0;
    for (ll i = 1, ed; i <= n; i = ed + 1) {
      ed = ::std::min(n / (n / i), m / (m / i));
      ans = (ans + (n / i) * (m / i) % MOD * (f[ed] - f[i - 1] + MOD) % MOD) % MOD;
    }
    printf("%lld\n", ans);
  }
  return 0;
}

Update

[2025/06/20] 修正了一处代码错误。

if (i % p == 0) {
 // ...
 break;
} else {
 f[i * p] = f[i] * (kasumi(p, k) - 1 + MOD) % MOD; // 或 f[i * p] = > f[i] * f[p] % MOD;
 // - f[i * p] = f[i] * kasumi(p, k) % MOD; // 或 f[i * p] = f[i] * f[p] % MOD;
}

忘记减一了（

[2025/07/04] 修改了几处错别字。

http://218.28.19.228:8081/cogs/index.php书架二题解

书架2的问题可以转化为求集合中所有子集的问题（每个牛堆是一个子集）用牛高度的加和减书架高度，求最小值。

本题有两种方法

1.搜索 2.状态压缩

状态压缩求子集：

用一个二进制数表示是否选取某个集合元素（1为子集中有此位置元素，0为没有），每次+1，枚举所有子集

下面是状态压缩代码

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int er[25]={0};
int ii=0;
void erj(int a)
{
    while(a!=0)
    {
        er[ii]=a%2;
        a/=2;
        ii++;
    }
}
int main()
{
    freopen("shelf2.in","r",stdin);
    freopen("shelf2.out","w",stdout);
    int n,b;
    cin>>n>>b;
    int a=pow(2,n+1);
    int n1[25]={0};
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>n1[i];
    int sum=0,ans=9999999;
    for(int i=0;i<a;i++)
    {
        erj(i);
        for(int j=0;j<ii;j++)
        {
            if(er[j])sum+=n1[j];
        }
        if(sum>=b)
        {
            ans=min(ans,sum-b);
        }
        sum=0;
        ii=0;
        memset(er,0,sizeof(er));
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

  

 更新时间：

  2001.9.11

COGS 1825 [USACO Jan11]道路与航线

由于 $T \leq 25000,R+P \leq 100000$ ，优先考虑SPFA，

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int, int> > v[25005];
int d[25005];
bool vis[25005];
int p[25005];
int T, R, P, S;
void SPFA(int s) {
	memset(d, 0x3f, sizeof(d));
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	memset(p, 0, sizeof(p));
	queue<int> q;
	q.push(s);
	vis[s] = true;
	d[s] = 0;
	while (!q.empty()) {
		int x = q.front();
		q.pop();
		vis[x] = 0;
		for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
			if (d[v[x][i].first] > d[x] + v[x][i].second) {
				d[v[x][i].first] = d[x] + v[x][i].second, p[v[x][i].first] = x;
				if (!vis[v[x][i].first]) q.push(v[x][i].first), vis[v[x][i].first] = true;
			}
		}
	}
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> T >> R >> P >> S;
	for (int i = 1; i <= R; i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		v[a].push_back(make_pair(b, c));
		v[b].push_back(make_pair(a, c));
	}
	for (int i = 1; i <= P; i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		v[a].push_back(make_pair(b, c));
	}
	SPFA(S);
	for (int i = 1; i <= T; i++) {
		if (d[i] == 0x3f3f3f3f) cout << "NO PATH" << endl;
		else cout << d[i] << endl;
	}
	return 0;
}

最终评测T两个点，考虑换方法。

查看资料注意到SPFA有双端队列优化和优先队列优化，优先队列复杂度 $O(logn)$，故不考虑。双端队列优化思路是：将要加入的节点与队头比较，小于等于插到队头，大于则插到队尾，时间复杂度接近 $O(1)$。

重写代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int, int> > v[25005];
int d[25005];
bool vis[25005];
int p[25005];
int T, R, P, S;
void SPFA(int s) {
	memset(d, 0x3f, sizeof(d));
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	memset(p, 0, sizeof(p));
	deque<int> q;
	q.push_back(s);
	vis[s] = true;
	d[s] = 0;
	while (!q.empty()) {
		int x = q.front();
		q.pop_front();
		vis[x] = 0;
		for (int i = 0; i < v[x].size(); i++) {
			if (d[v[x][i].first] > d[x] + v[x][i].second) {
				d[v[x][i].first] = d[x] + v[x][i].second, p[v[x][i].first] = x;
				//主要改动如下
				if (!vis[v[x][i].first]) {
					if (d[v[x][i].first] <= d[q.front()]) q.push_front(v[x][i].first);
					else q.push_back(v[x][i].first);
					vis[v[x][i].first] = true;
				}
			}
		}
	}
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> T >> R >> P >> S;
	for (int i = 1; i <= R; i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		v[a].push_back(make_pair(b, c));
		v[b].push_back(make_pair(a, c));
	}
	for (int i = 1; i <= P; i++) {
		int a, b, c;
		cin >> a >> b >> c;
		v[a].push_back(make_pair(b, c));
	}
	SPFA(S);
	for (int i = 1; i <= T; i++) {
		if (d[i] == 0x3f3f3f3f) cout << "NO PATH" << endl;
		else cout << d[i] << endl;
	}
	return 0;
}

 AC，结束题目。

后记

在知乎上看到文章关于SPFA的各种优化以及对应hack，可以参考（如何看待 SPFA 算法已死这种说法？ - 知乎 (zhihu.com)）。

$题目大意$

${求}\sum_{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}{lcm(i,j)} {且} 1\le n,m\le 1e7$

${正解:}$

${有}{lcm(i,j)=\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)}}$

${所以原式为:}$

$ans(n,m)=\sum_{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}{\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)}}$

$~\qquad\qquad =\sum_{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{m}{ \sum_{d\mid i,d\mid j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})}{}{\frac{i\cdot j}{d}}}$

${现在需要将d给提出来,默认}{n\le m,}{我们设}i=i'\cdot d,j=j'\cdot d,{则}i'=\frac{i}{d},j'=\frac{j}{d},将i,j替换进上式得:$

$ans(n,m)=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}{\sum_{i'=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}{\sum_{j'=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}{[\gcd(i',j')=1]\cdot d\cdot i'\cdot j'}}}$

$~\qquad\qquad=\sum_{d=1}^{n}{d\cdot\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}{\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}{[\gcd(i,j)=1]\cdot i\cdot j}}}$

${接着将d后面的部分再提出来考虑,化简枚举约数,运用莫比乌斯反演:} [\gcd(i,j)=1]=\sum_{d\mid gcd}{\mu{(d)}}:$

${设} \ {g(n,m)}=\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{m}{[\gcd(i,j)=1]\cdot i\cdot j}}$

$~\qquad\qquad=\sum_{d=1}^{n}{\sum_{d\mid i}^{n}{\sum_{d\mid j}^{m}{\mu(d)\cdot i\cdot j}}}$

${再设}\ i=i' \cdot d,j=j' \cdot d \ {带入,将}\mu{提出来}$

${即}\ g(n,m)=\sum_{d=1}^{n}{\mu(d)}\cdot{d^{2}\cdot{\sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}{\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}{i\cdot j}}}}$

$~\qquad\qquad = \sum_{d=1}^{n}{\mu(d)}\cdot{d^{2}}\cdot\frac{{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\cdot ({\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}+1)\cdot {\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}\cdot({\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}+1)}{4}$

${最后将g(n,m)带入ans(n,m)中得:}$

$ans(n,m)=\sum_{d=1}^{n}{d}\cdot{g(\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor,\left\lfloor \frac{m}{d}\right\rfloor)}$

${用数论分块求出来}~{g(n,m)}~{再用数论分块求出来}~{ans(n,m),}~{就在{\Theta(n+m)内}}{得到答案了}~{(∠・ω< )⌒★}$

通信线路 题解

题目描述

见 通信线路

整体思路

只是一个最小生成树的模板题，数据量也没有很大

第一种方法：kruskal算法

两种实现：边集数组：时间复杂度$O(M log M + M(N + M))$；饼查集 并查集：时间复杂度$O(M log M + kM)$。

第二种方法：Prim算法

时间复杂度：$O(N^2)$（heap优化$O(M long M)$）

读者可以自行实现

代码实现

最小生成树的两个主要算法都可以在讲义中找到，点击这个

本题解采用并查集 + kruskal

好孩子不可以抄代码哦

#include <bits/stdc++.h> // 万能头
using namespace std;
int n; // n是城市数
const int N = 1510,M = 1e4 + 10; // N是最大城市数，M是最大边数
struct Edge // 将边的参数定义到结构体里
{
	int x,y,w; // x起点，y终点，w是权重
}e[M];
bool cmp(Edge &a,Edge &b) // 排序按照权重从小到大
{
	return a.w < b.w;
}
int f[N]; // 并查集数组
void init()
{ // 并查集初始化
	for(int i = 1; i <= N; ++i) f[i] = i;
}
int get(int x)
{ // 递归地查询x属于哪个集
	if(x == f[x]) return x;
	return f[x] = get(f[x]);
}
void merge(int x,int y)
{ // 将两个集合并
	int fx = get(x),fy = get(y);
	if(fx != fy) f[fy] = fx;
}
void kruskal()
{ // kruskal本体
	init(); // 初始化
	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= M;i++)
	{
		int x = e[i].x,y = e[i].y,w = e[i].w; // 每次从边集中取出一个权重较小的
		if(get(x) != get(y)) // 如果这条边的两个顶点不属于同一个集（就是不相连的意思）
		{
			merge(x,y); // 合并，即采用这条边
			ans += w; // 总和记得加哦O(∩_∩)O
		}
	}
	cout << ans << endl; // 输出就好乐，也可以返回ans在主函数里输出
}
int main()
{
	freopen("mcst.in","r",stdin); // 文件输入输出
	freopen("mcst.out","w",stdout);
	cin >> n; // 输入城市数
	int ind = 0;
	for(int i = 0;i < n;i++)
	{
		for(int j = 0;j < n;j++)
		{
			int op; // 双重循环读入输入的矩阵（确信
			cin >> op; // 第i+1个顶点到第j+1顶点之间边的权重
			if(op != -1) e[ind].x = i + 1,e[ind].y = j + 1,e[ind].w = op,ind++;
			// 如果两个顶点可以有边相连，就放在边集数组
		}
	}
	sort(e,e+M,cmp); // 用cmp来排序
	kruskal(); // kruskal，启动！
	return 0; // 记得return是美德
}

有一说一，其实挺水

做一个以身高为关键字的单调栈储存每个奶牛的序号，再单独以一个数组存储身高，在弹出时处理它对答案的贡献，显然为当前序号到它的序号的差减一

最后注意一下数据大小开个longlong

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,a[110086],tmp,c[110086],num;

int main () {
    freopen("hair.in","w",stdin);
    freopen("hair.out","r",stdout);

    cin>>n;
    
    for(int i = 1; i<=n; i++){
        int y;
        cin>>y;
        
        while(y>=c[a[tmp-1]]&&tmp>0){
            num+=i-a[tmp-1]-1;
            tmp--;
        }
        c[i]=y;
        a[tmp++]=i;
    }
    while(tmp>0){
    if(a[tmp-1]!=n)num+=n-a[tmp-1];
    tmp--;
    }
    cout<<num;
    return 0;
}