「考试」省选55

T1
好可恶的憨憨题。。
大体上是一个思路转化。
我们把求被覆盖的方案数转化为求总方案数和不被覆盖的方案数。
我们知道最多有(nlogn)个区间的(gcd)是不同的。
我们把这些极长区间求出来。
按照左端点找右端点和右端点找左端点分别求两次。
会得到一个三元组((L,r1,r2),(R,l1,l2))
然后我们枚举(gcd)以及其包含的三元组。
那么设(f[i])为右端点为([1,i])的合法方案数,(g[i])为([i,n])为左端点的合法方案数。
那么答案的(i)的位置的贡献上就要加上(f[i-1]g[i+1])表示不包含这个点的方案数。
考虑用线段树和三元组区间优化转移。
那么以(f)为例子。
有：

[forall iin[R,n],f[i]+=sumlimits_{j=l1}^{l2}f[j-1] ]

这样用线段树转移一下就可以了。
然后我们发现假设我们把端点(L,R)离散化，那么一段区间中的所有点的(f[i-1],g[i+1])全都是相同的，我们可以用一个差分来搞这个东西。
总方案数的算法就是直接把(f[n])累加起来就可以了。
最终用总方案数-贡献即可算出正确答案。

T2
博弈论结论题。
其实我们把一个点到根的某条树链抽开来分析的话。
他和翻硬币游戏挺像的。
翻硬币游戏是说
一行硬币，最终要求全部都翻到反面，每次可以选择一个正面为右端点，然后反转一段区间中的所有硬币。
这个翻硬币游戏是可以把正面的分开来考虑的。
这个题模型和翻硬币很相似，我们也可以抽离开每一个白色的点分别作为一个游戏考虑。
然后莫名其妙的打表发现(SG((i,j))=lowbit(max(i,j)))
由(SG)定理得到一个总的游戏的(SG)值为多个分游戏的(SG)的值。
就是要求所有矩形并中所有节点的(lowbit(max(i,j)))。
那么我们可以做扫描线。
枚举一下(i)，然后分别求([i+1,mx])的(lowbit(j))的(xor)和。
以及([0,i])的节点个数的奇偶性。
然后我们建树的时候建出来(xin[l,r])这样一个节点。
这个节点如果全部被覆盖的话，那么其答案一定是(((r-l+1)/2)^lowbit(l))。
那么就可以扫描线硬来了。

T3
定义：
(g[x])为(x)及其子树的拓扑序个数。
(f[x][t][i])为(t)在(x)的子树拓扑序中的排名为倒数第(i)位的方案数。
(dp[x])为(x)及其子树的各种拓扑序形成的逆序对个数。
(fr(x,S))为(x)去掉(S)中的所有儿子的子树后的拓扑序个数。
(se(x,t1,t2))为(x)的(t1)儿子和(t2)儿子中的点形成的逆序对方案。
设某个点有(k)个儿子。

首先考虑(g)的(dp)。
有转移：

[g[x]=sz[x]!prodlimits_{i=1}^{k}frac{g[ch[x][i]]}{(sz[ch[x][i]])!} ]

这样相当于是一个可重集合排列+内部定序。
然后又有：

[fr(x,S)=left(sumlimits_{i=1}^{k}[ch[x][i] otin S]sz[ch[x][i]] ight)!prodlimits_{i=1}^{k}frac{g[ch[x][i]]}{sz[ch[x][i]]!} ]

设祖先关系必然存在的逆序对个数为(ct)。
那么祖孙关系得到的必然贡献就是：(ctg[1])。
然后考虑偶然贡献，也就是兄弟子树之间的贡献。
首先考虑(f)数组的转移。
设(c)为(x)的一个儿子，其中(t)是(c)子树中的某一个点。
设：(S=sz[x]-1-sz[c])。
那么有：

[f[x][t][i]=fr(x,c)sumlimits_{j=0}^{min(sz[t],i)}f[c][t][j]inom{i-1}{j-1}inom{sz[c]+S-i}{sz[c]-j} ]

枚举两个儿子(t1,t2)。
考虑计算(se(x,t1,t2))
枚举两个点(a,b),使得(ain t1,bin t2)。
我们考虑如何计算(se(x,t1,t2))

[se(x,t1,t2)=sumlimits_{ain T1}sumlimits_{bin T2}[a<b]sumlimits_{i=1}^{sz[t1]+sz[t2]}sumlimits_{j=1}^{sz[t1]}f[t1][a][j]inom{i-1}{j-1}inom{sz[t1]-j+sz[t2]-(i-j)}{sz[t1]-j}sumlimits_{k=1}^{i-j}f[t2][b][k] ]

后面的那个东西可以直接搞一个前缀和来做。
这样相当于是在枚举(a,b)在(t1),(t2)中的排名以及(a)在(x)中有多少个(t2)中的点比(a)靠前。
第二个枚举可以用前缀和优化掉。
然后我们考虑去统计以(x)为(lca)的逆序对贡献和。

[dp[x]=sumlimits_{i=1}^{k}sumlimits_{j=1}^{k}fr(x,ch[x][i],ch[x][j])se(x,ch[x][i],ch[x][j])inom{sz[x]-1}{sz[ch[x][i]]+sz[ch[x][j]]}+sumlimits_{i=1}^{k}dp[ch[x][i]]fr(ch[x][i])inom{sz[x]-1}{sz[ch[x][i]]} ]

那么有:

[ans=g[1]ct+dp[1] ]