记 $c_i=\gcd(i,a_i)$，操作二实际上就是给定初始的 $x$，每次令 $x\to c_x+x$，问跳出序列的路径上所有 $a_x$ 之和。

这个形式非常像 [HNOI 2010] 弹飞绵羊 这道题，实际上可以直接照搬分块做法，先将序列分块。

设 $f_i$ 表示从 $i$ 出发跳出快后到达那个位置，$g_i$ 表示从 $i$ 跳到 $f_i$ 的路径权值和。

假设 $i$ 所在的块的右边界为 $r$，则分情况。

1. 若 $i+c_i>r$：$f_i=i+c_i,g_i=a_i+w_i$。

2. 若 $i+c_i\le r$：$f_i=f_{i+c_i},g_i=a_i+g_{i+c_i}$。

注意单点修改整个块都要重构，所以单点修改的复杂度为 $O(B)$。

回到本题，查询的复杂度是显然的 $O\left(\frac{n}{B}\right)$，考虑如何修改。

不难发现，$c_i$ 在修改过程中只会不断增大趋近于 $i$，每次增大都会乘上一个数，均摊分析可以知道所有 $c_i$ 的变化次数不超过 $1\sim n$ 的质因子个数之和，即 $n\log n$。

所以每次要找到哪个数要单点修改后，直接暴力重构块即可，然后用分块维护区间 $a_i\gets a_i\times c$ 的操作。这一部分的复杂度为 $O(nB\log n)$。

问题在于，如何快速找到哪个数要单点修改，记 $b_i=\frac{i}{c_i}$。我最初的做法是每个块记录这个块 $u$ 所有 $b_i$ 每个具体质因子 $x$ 的和记为 $p_{u,x}$，修改时，先将 $c$ 拆成 $\log n$ 个区间乘质因子的操作，对于第 $i$ 个块乘质因子 $x$，则判断 $p_{i,x}$ 取值，若大于 $0$，则暴力修改块，反之则跳过。

最终的时间复杂度为 $O\left(nB\log n+\frac{n^2}{B}\log V\right)$，空间复杂度为 $O(nB)$，大概取 $B=500$ 左右最快，只能在 LOJ 通过，常数太大了。

其实有一种更简单的区间找数操作，对于质数 $x$ 单独开一个 set，若 $b_i$ 有 $x$ 为质因子，则在 set 中插入 $i$。每次修改 $[l,r]$，直接暴力找 $[l,r]$ 里所有的数，每个数只修改 $c_i,b_i$，最后将有单点修改操作的块重构，注意维护此时的 set。

这样此时找数的时间复杂度也是可以均摊的，时间复杂度为 $O\left(nB\log n+\frac{n^2}{B}+n\log^2n\right)$，此时 $B=\sqrt{\frac{n}{\log n}}$ 最优，大概在 $n=200\sim 300$ 的时候跑的比较快，且空间复杂度为 $O(n)$。已经可以通过 COGS 的测试了。

这个题，真简单吧。

大概是整张图的边集被划分成若干个边集，我们要选出最小若干个集合，使得剩下的边集组成的图中 $1,n$ 不联通。

显然是最小割，对于集合 $i$ 的边 $(u,v)$，我们连一条 $u\to i\to v$ 的边，表明若选择点 $i$ 割掉，则这条边就走不通了（实际上就是选择集合 $i$）。

显然割不掉点，所以把点拆成入点和出点，然后连 $S\to 1,n\to T$ 的边，除了入点出点边权设为 $1$，其他均设置成 $\infty$。

时间复杂度为 $O(m\sqrt{m})$，复杂度原理参考二分图最大匹配的网络流建模方法。

多想了很多东西。

不难发现分差不是很大，可以设 $f_{i,j}$ 表示当前进行了 $i$ 局，$s_A-s_B=j$ 的方案数。

可以从前往后转移，不难发现确定了 $i,j$ 就能确定两个人的得分，不让不合法的状态转移到别的状态即可。

时间复杂度 $O(Tn)$。

讲个笑话：交当年自己写的题解的代码，结果忘了自己当年习惯在题解代码里加反作弊了。

在此之前，我们要先知道异或运算是个什么东西：就是将两个二进制数的最低位对其，依次比较两个二进制数的每一位，如果相同，则得到的结果为 $0$，不同则为 $1$。

从定义可以推导出来的结论：对于任意 $x$，都有 $x\oplus x=0$，应为两个相同的数二进制上每一位都相同，所以结果一定为 $0$，同理可以推出 $x\oplus 0=x$。这里不多做叙述。（$\oplus$ 为异或的运算符号）

我们定义 $s_i=a_1\oplus a_2\oplus\dots\oplus a_i $。显然 $a_l\oplus a_{l+1}\oplus\dots\oplus a_r=s_r\oplus s_{l-1}$。基于的原理便是 $x\oplus x=0$。应为 $s_r,s_{l-1}$ 都包含 $s_{l-1}$ 这个部分，所以相抵消，只剩下 $[l,r]$ 这部分的异或和。

根据异或的定义，我们可以很方便的推出：如果 $a\oplus b=k$，那么 $a\oplus k=b,b\oplus k=a$。

结论部分讲解完毕，让我们回到题面，注意到是区间静态问题，不要求强制在线，显然可以用莫队乱搞。

我们在上文提到 $s_r\oplus s_{l-1}$ 即为 $[l,r]$ 区间的异或和。可以将问题转化为：每次给出区间 $[L,R]$，求出 $\sum\limits_{L-1\le i,j\le R}[s_i\oplus s_j=k]$。我们可以开一个桶 $cnt$，$cnt_{s_i}$ 为当前区间中，$s_i$ 的个数。当前区间异或和为 $k$ 的子区间数量为 $ans$。

如果有 $s_i\oplus s_j=k$，那么必然 $s_i\oplus k=s_j$。如果当前区间左右边界移动时，区间内多了一个 $s_i$，那么该区间内所有的 $s_j$ 与其的异或和是 $k$，区间内 $s_j$ 的数量为 $cnt_{s_j}$，所以对当前区间答案的贡献为 $cnt_{s_j}$。在将 $cnt_{s_i}+1$。我们就完成了区间的扩张。

已知 $s_i,k$，如何快速找到 $s_j$ 使得 $s_i\oplus s_j=k$。根据异或运算的性质 $s_j=s_i\oplus k$。

坑点大全：

1. 因为询问是区间 $[L,R]$，而处理时会将 $L-1$。所以会出现左边界为 $0$ 的情况。因此莫队中两个指针的初始位置都是 $0$.

2. 初始情况下，区间包含 $s_0=0$，所以 $cnt_0$ 初值为 $1$。

3. 当 $k=0$ 时，对于任何 $a$ 都有 $a\oplus 0=a$。因此在删除时，应当先对 $cnt$ 操作，再对答案 $ans$ 操作（我 WA 了好几次）。

4. 虽然 $a_i$ 小于 $10^5$，但如果 $a_1=100000,a_2=31071$，$s_2$ 有最大值为 $ 131071$。所以 $cnt$ 的大小一定要把控好（好像数据不卡这个）。

更好的阅读体验：https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19555785

大意

求 $[l, r]$ 内有多少数，满足 $本身 \mod 数位和 = 0$ ，则记一次贡献。

思路

不难发现最大为 $10 ^ 9$，发挥人类智慧！

分块打表，以 $10 ^ 6$ 为块的大小，分出 $1000$ 个块。

于是你只需要计算 $f(x) = [1, x]$ 内合法的，答案为：

$$f(r) - f(l - 1)$$

完结。

更好的阅读体验：https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19555727

大意

求一段区间 $[l, r]$ 里面的 $(i, j)$ 二元组，满足 $s[i] \oplus s[i + 1] \cdots \oplus s[j] = k$。

思路

首先，我们不难想到这个异或的性质可以扩展，然后，我们可以考虑用莫队求解此题。

对于询问分块，那我们只需要考虑加入一个点与删除一个点对 $ans$ 的贡献。

由于异或具有前缀和的性质，即为异或和，那么我们的 $s[i] \oplus s[i + 1] \cdots \oplus s[j] = s[j] \oplus s[i - 1] = k$，也就是说，我们的点 $s[j] = s[i - 1] \oplus k$，于是我们对于点 $i$ 来说，加入这个点就会对 $s[i - 1] \oplus k$ 的位置的值产生贡献，使得 $s[i - 1] \oplus s[j] = k$,那么这个题就和 [P1494 [国家集训队] 小 Z 的袜子](https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19434503) 一样了。