GuGuFishtion (hdu 6390 莫比烏斯反演)

而求 gcd=d$gcd=d$的個數不就是很經典的莫比烏斯的題麼，我這裡就是

#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e6+5;
int MOD=1e9+7;
bool vis[maxn];
int phi[maxn];
int mu[maxn]; 
int Smu[maxn];
int inv[maxn]={1,1};
int T,N,M;
vector<int>prime;
void PHI(int n)
{
    memset
 
(vis,1,sizeof(vis));
    phi[1]=1;
    mu[1]=1;
    Smu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i])
        {
            prime.push_back(i);
            phi[i]=i-1;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=0
 
;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            else
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
        Smu[i]=Smu[i-1]+mu[i];
    }
}
LL F(int n)//求gcd=n的倍數的個數
{
    return (LL)(N/n)*(M/n);
} 
LL f(int n)求gcd=n的個數
{
    LL res=0;
    for(int i=1,j,d=n;d<=N;i=j+1)
    {

        j=min(N/(N/i),(M/(M/i)));
        res+=(LL)(Smu[j]-Smu[i-1])*F(d);
        if(res>MOD)res%=MOD;
        d+=(j-i+1)*n;

    }
    return res;
}
LL ksm(LL a,LL b,LL mod)
{
    LL res=1,base=a;
    while(b)
    {
        if(b&1)res=(res*base)%mod;
        base=(base*base)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    PHI(1e6);

    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>N>>M>>MOD;
        if(N>M)swap(N,M);
        LL res=0;
        for(int i=1;i<=N;i++)
        {
            if(i>1)inv[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
            res+=(LL)f(i)*i%MOD*inv[phi[i]]%MOD;
            if(res>MOD)res%=MOD;
        }
        cout<<res<<endl;
    }
}```

#Sequence（hdu 6395 分段矩陣快速冪）
題目連結：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6395

比賽完之後再看這道題，其實也沒有什麼。。。
這道題最關鍵的就是怎麼快速的分段
其實這也是非常常見的手法，在莫比烏斯反演的裸題以及杜教篩什麼的都有：
就是在 $[i,\frac{x}{x/i}]$這段區間內，$\frac{x}{i}$的值是一樣的，而且只有 $sqrt(x)個值$

include”bits/stdc++.h”

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD=1e9+7;
struct Matrix
{
int n;
LL a[3][3];
Matrix (int n):n(n)
{
for(int i=0;i

#Swordsman（hdu 6396）
題目連結：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6396
題意：就是說有 $n$ 個怪，最多有 $5$ 種屬性，自己也有$5$ 種屬性，要在自己的每種屬性都大於怪的每種屬性的時候，就闊以把怪殺死，並且自己的屬性還會得到對應的提升
問：最多能殺多少怪，以及最後自己的每個屬性的值是多少？

參考部落格：昨天看的今天寫的。。。然後就沒找到這位童鞋的部落格T_T

這道題我參考的這位童鞋的思路感覺非常好懂：
就是先把每個屬性從小到大排序，把比自己小的屬性先記錄下來，用一個 $sum[i]$ 表示第 $i$ 個怪物記錄了多少屬性，然後在看如果某個怪物的 $sum$ 達到了 $K$ 個，那麼就把這個怪物吃了就行了

然後這道題還非要輸入掛，於是又從那位童鞋那裡得到了一個優秀的輸入掛
~~原來以前的 getchar 那種掛是假的掛啊，，，我才知道~~

include”bits/stdc++.h”

define out(x) cout<<#x<<”=”<

define C(n,m) ((long long)fac[(n)]*inv[(m)]%MOD*inv[(n)-(m)]%MOD)

using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=1e5+5;
const int MOD=1e9+7;

//優秀的輸入掛
namespace fastIO {
#define BUF_SIZE 100000
//fread -> read
bool IOerror = 0;
inline char nc() {
static char buf[BUF_SIZE], *p1 = buf + BUF_SIZE, *pend = buf + BUF_SIZE;
if(p1 == pend) {
p1 = buf;
pend = buf + fread(buf, 1, BUF_SIZE, stdin);
if(pend == p1) {
IOerror = 1;
return -1;
}
}
return *p1++;
}
inline bool blank(char ch) {
return ch == ’ ’ || ch == ‘\n’ || ch == ‘\r’ || ch == ‘\t’;
}
inline void read(int &x) {
char ch;
while(blank(ch = nc()));
if(IOerror) return;
for(x = ch - ‘0’; (ch = nc()) >= ‘0’ && ch <= ‘9’; x = x * 10 + ch - ‘0’);
}
#undef BUF_SIZE
};
//using namespace fastIO;

int N,K;
struct AAA
{
int v,id;
bool operator<(const AAA &t)const
{
return v