前言

期望：100+70+0=170
实际：40+0+0=40
rnk14

分全部挂没了，太行了。
T1不开longlong见祖宗，而且KH说的那个也有道理，带权之后树的重心可以不只有两个，所以最后还应该倍增的跳。（~~然而这个地方题解似乎都忽略了~~）
T2线性筛写挂身败名裂。
T3根本没摸，本来还打算至少敲个暴力来着，但被T2心态搞炸了。

题目解析

树的核心（core）

我、kH、pdf一边一个做法的一道题。
但是必须承认pdf的做法实现是最简单的。

我这个题的做法倒是出的很快，差不多8:30就出思路了。
我的做法是找到当前加一的部分的重心，新重心一定在旧重心和原来这个重心的路径上。
代码实现的很不好，写拍调整到十点。

pdf思路：答案的子树权值大小必然严格大于总权值一半，那么在dfs序的线段树上按照点权二分，找到权值中点对应的结点，其必然在答案的子树内，也就是说，答案必然在该结点的返祖链上。
往上倍增的找即可。

随机填数（random）

写完T1看这题。
是我之前做过的一道CF的多测板。
按照CF的做法有70。
一方面给了我方便，也某种程度上限制了我的思维罢。
但这题我也确实做不出来，需要的那个技巧根本就不在我脑子的“寄存器”里，估计很难访问到了。

一个重要结论：
$E(x)=\sum_{i=1}P(x\ge i)$
较为显然，之前也见到过，但没有特别上心。
然而，本题后面这个概率却能很方便的求出。
首先分母很好办，就是 $m^{i-1}$ 。 $x\ge i$ 也就等价于 $[1, i - 1]$ 的序列的 $\gcd$ 大于1（只考虑 $i > 1$ ）。那么我们考虑补集，也就是 $\gcd=1$ 的序列有多少个：
$\sum_{a_{1...i-1}}[(a_1,a_2,...,a_{i-1})=1]$
$=\sum_{a_{1...i-1}}\sum_{d|(a_1,a_2,...,a_{i-1})}\mu(d)$
$=\sum_{d=1}^m\mu(d)\lfloor\frac m d \rfloor^{i-1}$
那么我们其实就是求：
$\sum_{i=2}^{\infty}P(x\ge i)+1$
$=\sum_{i=2}^{\infty}\frac{m^{i-1}-\sum_{d=1}^m\mu(d)\lfloor\frac m d \rfloor^{i-1}}{m^{i-1}}+1$
$=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{m^i-\sum_{d=1}^m\mu(d)\lfloor\frac m d \rfloor^{i}}{m^i}+1$
$=1-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\sum_{d=2}^m\mu(d)\lfloor\frac m d \rfloor^{i}}{m^i}$
$=1-\sum_{d=1}^m\mu(d)\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\lfloor\frac m d \rfloor^{i}}{m^i}$
$=1-\sum_{d=1}^m\mu(d)\frac{\lfloor\frac m d \rfloor}{m-\lfloor\frac m d \rfloor}$
预处理 $\mu$ 的前缀和，整除分块即可做到单次 $O(\sqrt n)$ 。

等权划分（value）

由于本次考试上来就对T1有了思路，调完T1又一直在T2挣扎，所以这个题几乎没有摸。
因而谈不太上考场感受，但是看题解感觉我应该是做不出来的。
三个关键点，我的评价分别是：很难想到，很难想到，很难想到。
毕竟做题可是且运算，卡一个地方这题就没了。
由于字典序优秀的贪心性质，我们可以每次都尽可能的尝试填A，然后判断接下来的局面是否有解。
那么问题就转化为了对于一个局面，如何快速判断有无解。

证明：如果一个序列存在非必大点的合法点，那么其前方第一个必大点必然在另一个序列里。那么若两个序列都存在非必大点的合法点，令两个对应的必大点互换位置，即可保证合法点数都减一的同时，使非必大点个消失一个。不断如此操作，至少有一个序列的合法点全是必大点。
（个人感觉证明倒不是特别难，但真的很难独立猜出这种鬼马结论并认为它有用…）

我们强制令一个序列全是必大点（注意这个序列即可以是A，也可以是B，下面假设其为B）。若后边还有 $c$ 个必大点，A选的合法点中必大点和非必大点分别有 $p, q$ 个，A、B当前选的合法点有 $f a, f b$ 个，那么就有：
$f a + p + q = f b + c - p$
整理得：
$2 p + q = f b - f a + c$
其中右边的东西对于某个确定局面为定值，设其为 $w$ 。令A序列选取必大点为合法点的价值为2，非必大点的价值是1，那么就要求存在一种选点方案使得总权值为 $w$ 。