1

第一题是裸的反演；
\[\begin{align}
Ans&=\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^ma[(i,j)]\\
&=\prod_{d=1}^na[d]^{f(d)}\\
f(d)&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor\mu(i)
\end{align}\]
考虑更换为枚举\(i*d\)，
那么就有，
\[\begin{align}
Ans&=\prod_{k=1}^n\sum_{d|k}a[d]^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor\mu(\frac{k}{d})}\\
&=\prod_{k=1}^n(\sum_{d|k}a[d]^{\mu(\frac{k}{d})})^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}
\end{align}\]
显然，我们可以预处理\((\sum_{d|k}a[d]^{\mu(\frac{k}{d})})\)，于是就能分块做了。

2

如果一个结点与其父亲颜色不同，就给他打上标记1。

3

至少存在一个=存在=所有-不存在；
我们用dp来进行序列计数，\(f[i][j]\)表示前i个数的前缀和%p的值为j的方案数。
显然可以矩阵乘法。

巴特西

【SDOI2017】套路总结

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