一直不在状态……
想着各种事情……
A.
正常的方法是预处理k!和inv(k!)，然后每次询问O(1)。
然后某同学的方法是dp，O(n*m)也能过。
f(i,j,0)和f(i,j,1)吗？i<=n,j<=m,0和1分别代表是否已经选择F吗。
B.
对于a，是x的倍数，且不是y的倍数(其中p%x==0,y%x==0,p%y==0)
x乘上某个数，这个数除以z(z为不可以使用的约数的乘积，详见代码)为r（计算0~z-1）。
则对于b，是(p/x)的倍数
不好写。。。
时间复杂度：
预处理：k个质因数(<=6)，2^k * 对应的大小(<=p)
约数的个数*(k+k)
还有更快的方法
题解：数论方式分析。
a=px+y
y*b=p的倍数
则b是p/y的倍数。
然后枚举y。
写得很快。。。
看群里还有使用mobius的，比赛时想过，但没想到。
对于数字a,b
gcd(a,p)=d
然后b为p/d的倍数即可。
1 #include <cstdio>
2 #include <cstdlib>
3 #include <cmath>
4 #include <cstring>
5 #include <string>
6 #include <algorithm>
7 #include <iostream>
8 using namespace std;
9 #define ll long long
10
11 const double eps=1e-8;
12 const ll inf=1e9;
13 const ll mod=1e9+7;
14 const int maxn=1e5+10;
15
16 ///2,3,5,7,11,13
17
18 struct node
19 {
20 ll g;
21 ///large to small
22 ll a[10],b[10];
23 }f[maxn];
24
25 ll zhi[maxn],zhi_cnt,maxv=1e5;
26 ll x[300],gx[300],y[130][maxn];
27 bool vis[maxn],use[maxn];
28 ll p;
29
30 ///10^5*64
31 void dfs(ll i,ll j,ll k)
32 {
33 if (k==f[p].g+1)
34 {
35 ll l,z;
36 y[j][0]=0;
37 x[j]=i;
38 z=f[p].g;
39 for (l=1;l<=i;l++)
40 {
41 for (k=1;k<=z;k++)
42 if (l%zhi[f[p].a[k]]==0 && use[k])
43 break;
44 if (k==z+1)
45 y[j][l]=y[j][l-1]+1;
46 else
47 y[j][l]=y[j][l-1];
48 }
49 gx[j]=y[j][i];
50 return;
51 }
52 use[k]=0;
53 dfs(i,j*2,k+1);
54 use[k]=1;
55 dfs(i*zhi[f[p].a[k]],j*2+1,k+1);
56 }
57
58 ll work(ll u,ll v)
59 {
60 ll r=0,i,j;
61 v/=u;
62
63 i=1,j=1;
64 while (i<=f[u].g && j<=f[p].g)
65 {
66 if (f[u].a[i]==f[p].a[j])
67 {
68 if (f[u].b[i]==f[p].b[j])
69 r=r*2;
70 else
71 r=r*2+1;
72 i++;
73 j++;
74 }
75 else if (f[u].a[i]>f[p].a[j])
76 i++;
77 else
78 {
79 j++;
80 r=r*2+1;
81 }
82 }
83 while (j<=f[p].g)
84 r=r*2+1,j++;
85
86 return v/x[r]*gx[r]+y[r][v%x[r]];
87 }
88
89 int main()
90 {
91 ll t,i,j,k,maxv=1e5;
92 ll n,m,sum;
93 for (i=2;i<=maxv;i++)
94 {
95 if (!vis[i])
96 {
97 zhi[++zhi_cnt]=i;
98 f[i].g=1;
99 f[i].a[1]=zhi_cnt;
100 f[i].b[1]=1;
101 }
102 for (j=1;j<=zhi_cnt;j++)
103 {
104 k=i*zhi[j];
105 if (k>maxv)
106 break;
107 vis[k]=1;
108 f[k]=f[i];
109 if (f[i].a[f[i].g]==j)
110 f[k].b[f[k].g]++;
111 else
112 {
113 f[k].g++;
114 f[k].a[f[k].g]=j;
115 f[k].b[f[k].g]=1;
116 }
117 if (i%zhi[j]==0)
118 break;
119 }
120 }
121
122 scanf("%lld",&t);
123 while (t--)
124 {
125 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
126 // if (p==1)
127 // {
128 // printf("%lld\n",n*m);
129 // continue;
130 // }
131 dfs(1,0,1);
132
133 sum=0;
134 for (i=1;i<=p;i++)
135 if (p%i==0)
136 {
137 j=p/i;
138
139 sum+=work(i,n)*(m/j);
140 }
141 printf("%lld\n",sum);
142 }
143 return 0;
144 }
145 /*
146 5
147 1000000000 1000000000 1
148 1000000000 1000000000 2
149 1000000000 1000000000 10
150 100000000 100000000 2
151 10 20 15
152 1000000000 1000000000 30030
153 100000000 100000000 30030
154
155 1
156 9 9 9
157 1
158 6 6 12
159
160 1
161 20 20 11
162
163 1
164 10 10 6
165 */
场上感觉，然后看了题解，以下想法基本是错的……
C.
a1,b1,c1
a2,b2,c2
要求
a1<b2<c1
a2<b1<c2
有可能要按照某种方式排序
两组条件，两者互相约束。
然后就不会做了……
题解：
取反求，变成i能赢j的条件，此时的条件可求。
然后就是偏序的子问题。
不同数组元素的比较，其实还是比较，二维偏序。
cj<bi bj<ai
改为
c,b；b,a数组 为 同一个数组(表示的符号相同)表示即可。
D.
一开始以为是图，觉得不可做，
后面发现是树。。。
点分治
结合题解想了一想，也许可以？？？
也许可以分为内部处理的 和 通过子根相连的
处理^k（k<=13）
各种多项式操作。 （题解：二项式定理）
看群里说对于k较小的情况，有更好的做法，cf的某些题？？？
题解：树形DP。
树本身的结构已经提供了层次感？？？
lca为当前根。
未证实正确的想法：
E.
末尾有0的操作。
只可能为
a->b->c->b->c
b->c->b->c
处理每个区间的最小/最大值
每次a->b时进行修改，
提前记录，也许要额外建一棵树，
数目不多。
题解的方法，特别是最后一部分没看懂。。。
F.
跟E一样，怎么都是各种修改。
没想法，估计较难。
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4317177/blog/3433803