点

计算两个都不包含圆心的方案和一个不包含一个任意的方案。

包含圆心等价于凸包上两个相邻的点之间的距离 \(\le \dfrac{L}2\) 。枚举 \(1\sim n\) 中某个点并让其作为长度 \(>\frac{L}2\) 线段的端点。在线段上的点只能选另一个颜色，剩下的可以任选，得到点数之后可以快速幂

对于后半部分，枚举两个相邻异色点作为断环成链的两个端点。从左端点右端点分别延伸出长度为 \(\frac{L}2\) 的线段，有交则中间部分快速幂。但是这会算重，不过重复的情况都存在分界线，方案数减去分界线数量即可

列

分治，将 \(> mid\) 的数字视为 \(1\)，否则视为 \(0\)。那么每一层的目标就是将所有 \(1\) 翻到 \(0\) 右边

将连续的 \(0/1\) 缩成一个，再将每对 \(01\) 视作一段进行一次操作，操作过后再将连续 \(0/1\) 缩起来，段数减半。那么操作次数是 \(\Theta(\log)\) 级别

当区间不为 \([1,n]\) 时可以并行处理，于是每层操作 \(\Theta(\log)\) 次，一共 \(\Theta(\log)\) 层，由于层数增加时区间长度减小，于是实际上附带了 \(\dfrac{1}2\) 的常数

对于可能因为翻转产生的 \(1\) 实际上在 \(0\) 右边的情况可以在输出答案的时候将操作序列 \(D_1,\dots D_k\) 翻转。

实现每层的处理时不必拘泥于模拟上面所说，可以再进行一次分治，每个区间返回区间内 \(1\) 的数量并将区间里面的 \(0\) 翻到 \(1\) 的左侧，合并两个区间只需要翻转 \(0101\) 中间的一对

树

定义乘法为狄利克雷卷积，并令 \(p(x)=[\exists i,a_i|x]\) 于是可以得到根权值为 \(n\) 的树的数量 \(f(n)\) 的转移表达式

\[f=p+\sum_{t\ge 2}f^{t} \]

注意到非叶子节点本身没有权值，于是可以做些简单和式变换得到：

\[f=\frac{f^2+p}{1+p} \]

整道题的答案就是 \(f\) 前缀和的第 \(n\) 项，尝试使用定义式 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n (f^2+p)_S(i)(1+p)^{-1}_S(\lfloor\dfrac{n}i\rfloor)\) 来求，左式的 \(f_S(i)\) 表示前缀和第 \(i\) 项。

\(p_S(n)\) 可以通过 \(2^m\) 的 Venn 图容斥来求一项，注意每个集合的倍数数量的整除除数是集合元素 \(\rm LCM\)

对于 \((1+p)^{-1}_S\) 使用标准杜教筛来处理，因为 \((1+p)^{-1}*(1+p)=\epsilon\) 。根据定义式这都是成立的，即使 \(1+p\) 并不是传统意义上的积性函数。不过给 \(p\) 附加常数项好像并没有对指数上的运算产生任何影响，我不是很理解。

对于 \(f^2_S(n)\) 也是用 \(\displaystyle\sum_{i=1}^n f_S(i)f_S(\lfloor\dfrac{n}i\rfloor)\) 来做，乍一看出现了环形转移，但是 \(a_i\ge 2 \Rightarrow f_S(1)=0\) 所以不必担心。

按照定义式 \(\Theta(n\log n)\) 求出来上述函数的前缀和，其中狄利克雷卷积的逆运算表达式为 \(\displaystyle g(n)=\dfrac{\epsilon(n)-\sum\limits_{d|n\land d\neq 1}f(d)g(\frac{n}d)}{f(1)}\)

时间复杂度 \(\displaystyle \Theta((n\log n)^{\frac{2}3})\)

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