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(√ for solved, O for upsolved, - for tried but not solved)

print(eval(input().replace('(','**(')))

考虑类似树上DP的过程，记录每个节点完成其子树所需的最小初始HP以及可以获得的HP，最小初始HP可以通过二分来求解，可以增加HP的子树直接选取，减小HP的子树贪心选取

考虑 $x, y$ 的质因数分解 $x = p_1^{u_1}p_2^{u_2}\dots p_n^{u_n}, y = p_1^{v_1}p_2^{v_2}\dots p_n^{v_n}$。

再回过头看答案的式子，

$$ \prod\limits_{i=a}^{b}\prod\limits_{j=c}^{d}\gcd(x^i,y^j)\\ =\prod\limits_{i=a}^{b}\prod\limits_{j=c}^{d}\gcd((p_1^{u_1}p_2^{u_2}\dots p_n^{u_n})^i,(p_1^{v_1}p_2^{v_2}\dots p_n^{v_n})^j)\\ =\prod\limits_{i=a}^{b}\prod\limits_{j=c}^{d}\prod\limits_{k=1}^{n}p_k^{\min(i\cdot u_k, j\cdot v_k)}\\ =\prod\limits_{k=1}^{n}\prod\limits_{i=a}^{b}\prod\limits_{j=c}^{d}p_k^{\min(i\cdot u_k, j\cdot v_k)}\\ =\prod\limits_{k=1}^{n}p_k^{\sum\limits_{i=a}^{b}\sum\limits_{j=c}^{d}\min(i\cdot u_k, j\cdot v_k)}\\ $$

考虑对每个质因数 $p_k$ 求 $$\sum\limits_{i=a}^{b}\sum\limits_{j=c}^{d}\min(i\cdot u_k, j\cdot v_k)$$

容易发现 $i$ 固定后 $\sum\limits_{j=c}^{d}\min(i\cdot u_k, j\cdot v_k)$ 至多由一段等差数列和一段常数列组成。

分界点是 $\lfloor\cfrac{i\cdot u_k}{v_k}\rfloor$。

那么我们枚举 $p_k$，再枚举 $i$ 即可。

将所有衣服排序，滑动窗口遍历排序后的序列，保证窗口内有m间不同时间的衣服，扫一遍对所有满足条件的状态求最小值

这个题很有趣，提示我们不要乱写 Simpson，不是什么时候收敛都好的。

题意是给一个凸多边形，可以绕原点转。给一条直线，问随机转之后直线截凸多边形弦长大于 $L$ 的概率。

容易发现我们可以把直线当成动的，凸包当成静的。重要的参数只有初始时原点到直线的距离，这个是决定直线轨迹的参数。

容易发现每次只要确定两端的边就可以确定这个弦变动的范围。

那么我们随机选个端点作为起点，然后扫一遍找到这个端点的弦对应的另一条边。把所有点对应的两个角度按凸包顺序分别装进两个数组里，扫的时候每次判断碰见的下一个端点属于哪一条边，然后就直接把边编号记一下，另开一个函数算这段角度区间对应的贡献。

至于这个贡献怎么计算，赛场上第一个想到的是辛普森，然后放弃了单峰性质，事实证明这么干挺蠢的（

这个直接如同题解所说，把它峰值找出来，再二分找到两个分界点，就直接可以求出贡献为 1 的区间长度了。

推算一下会发现，选取最小的一位数和剩余数组成的最小数字是最优的解

这个题直接把所有 0 替换成 -1，然后对每条底边做一个左侧区域的前缀和，这个可以滚动数组维护。

然后就可以直接枚举两行作为上下底，用 bitset 直接维护中间可以作为墙的位置，然后连续段直接并起来处理。

具体处理方法：同一个块内，扫描并统计所有前缀和出现的次数。后面位置的前缀和如果是 S，那么 S-1, S, S+1 都可以与这个位置形成一个合法子矩阵，直接加进答案里就可以了。

先求出开始追击的节点，只有对追的人遍历所有节点记录他到每个位置的时间，再对逃跑的人遍历，记录所有可以比追击的人先到的节点，对所有可行的时间去最大值

ptw:

• 我决起而飞

Gary:

• 大概把会的都做了
• 读题要仔细，最好两人读题