Preface
T1 试图找规律失败，正经推反而几分钟就出来了。以后应该少想这些歪门邪道（除非实在闲的蛋疼或者没有一点头绪，且必须要打完所有能打的子任务比如暴力或特殊性质；而且必须在用常规方法思考过后，才能够用一些稍微不那么常规的方法）
至于 T2、T3、T4，因为知道 T1 浪费了太多时间，都是直接打暴力 + 特殊性质拿所有部分分，最后才来挨个挨个想正解。事实证明，这种方法十分有效，没有浪费任何时间（暴力（超级模拟类型的暴力除外）和特殊性质绝对不是浪费时间）。
赛时主攻 T4 去了，但是因为 SPJ 的错漏之处（把错误的路径直接 continue 掉），导致我误解了我的代码错误位置，最后没有调出来，所以以后还得多多靠自己，好好核对草稿的结果和实际输出的结果是否一致。
难题（math）
设 \(c_i\) 表示 \(f(j)=i, j \le n\) 的 \(j\) 的个数，那么答案显然可以转化成 \(\sum i \times c_i\)，问题在于怎么求 \(c_i\)。
容易发现 \(f(x)=y\) 当且仅当 \(1 \mid x, 2 \mid x, \cdots, y-1 \mid x\) 且 \(y \nmid x\)，其中前一条条件可以转化成 \(\operatorname{lcm}(1,2,\dots,y-1) \mid x\)。
运用容斥，满足条件一的数有 \(\left\lfloor \frac{n}{\operatorname{lcm}(1,2,\dots,y-1)} \right\rfloor\) 个，而同时满足条件一和条件二的数有 \(\left\lfloor \frac{n}{\operatorname{lcm}(\operatorname{lcm}(1,2,\dots,y-1),y)} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{\operatorname{lcm}(1,2,\dots,y)} \right\rfloor\) 个，所以：
当 \(y=50\) 的时候，\(\operatorname{lcm}(1,2,\dots,y)\) 就远超 \(10^{16}\) 了，所以可能的最大 \(f\) 值也不会超过 \(50\)（实际上大概在 \(41\) 左右）
然后就做出来了，如果预处理一下 \(\operatorname{lcm}(1,2,\dots,i)\) 还可以加点速。
核心代码：
int T=IO::read();
g[1]=1;
for(int i=2;g[i-1]<=N;i++)g[i]=lcm(g[i-1],i);
while(T--)
{long long n=IO::read<long long>();long long ans=0;for(int i=2;g[i-1]<=n;i++)ans=(ans+1ll*i*(n/g[i-1]-n/g[i]))%P;IO::write(ans%P); putchar('\n');
}
完整代码
#include<cstdio>
using namespace std;namespace IO{template<typename TYPE=int>
TYPE read()
{TYPE x=0; bool neg=false;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') neg=true;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');ch=getchar();}return neg?-x:x;
}template<typename TYPE>
void write(TYPE x)
{if(!x){putchar('0');return;}if(x<0){putchar('-');x=-x;}static int sta[55];int statop=0;while(x){sta[++statop]=x%10;x/=10;}while(statop)putchar('0'+sta[statop--]);return;
}}const long long N=1e16;
const int P=1e9+7;long long gcd(long long x,long long y){return y?gcd(y,x%y):x;}
inline long long lcm(long long x,long long y){return x*y/gcd(x,y);}
long long g[1005];int main()
{freopen("math.in","r",stdin);freopen("math.out","w",stdout);int T=IO::read();g[1]=1;for(int i=2;g[i-1]<=N;i++)g[i]=lcm(g[i-1],i);while(T--){long long n=IO::read<long long>();long long ans=0;for(int i=2;g[i-1]<=n;i++)ans=(ans+1ll*i*(n/g[i-1]-n/g[i]))%P;IO::write(ans%P); putchar('\n');}return 0;
}
矩阵游戏（matrix）
因为每次删行的时候每一列都会收到同等的影响，所以每一列的相对大小不改变，选择优先级也不改变；删列时每行同理。
所以，删行或者删列都不影响对方的决策，删行和删列的顺序也就不重要了。那么我们就直接求出只删行 \(i\) 次的最大得分 \(fr_i\)（代码中为 Row::f[i]） 和只删列 \(i\) 次时的最优得分 \(fc_i\)（代码中为 Column::f[i]），规定先删行后删列，那么删了 \(i\) 次行时的答案就是 \(fr_i \times fc_{k-i}\)，但是，因为删列时的矩形实际上已经不是完整的矩形了，而是已经有 \(i\) 行被减过了（不一定不重复），所以所删的每一列都应当已经少了 \(i \times p\)，总共少了 \(i \times (k-i) \times p\)，最终的答案就是 \(\max\{ fr_i \times fc{k-i} - t \times (k-i) \times p\}, 0 \le i \le k\)。
至于求只选行和直选列的具体过程，可以用优先队列维护行 / 列的总和，每次贪心地找最大总和来删，注意删完之后还要放回去。
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;namespace IO{template<typename T=int>
T read()
{T x=0; bool neg=false;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') neg=true;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');ch=getchar();}return neg?-x:x;
}template<typename T>
void write(T x)
{if(!x){putchar('0');return;}if(x<0){putchar('-');x=-x;}static int sta[55];int statop=0;while(x){sta[++statop]=x%10;x/=10;}while(statop)putchar('0'+sta[statop--]);return;
}}const int N=1005,M=1005,K=1e6+5;
int n,m,k,p;
int a[N][M];namespace Row{long long f[K];priority_queue<long long> pq;void Solve(){for(int i=1;i<=n;i++){long long sum=0;for(int j=1;j<=m;j++)sum+=a[i][j];pq.push(sum);}for(int i=1;i<=k;i++){long long top=pq.top(); pq.pop();f[i]=f[i-1]+top; pq.push(top-1ll*m*p);}return;}}namespace Column{long long f[K];priority_queue<long long> pq;void Solve(){for(int i=1;i<=m;i++){long long sum=0;for(int j=1;j<=n;j++)sum+=a[j][i];pq.push(sum);}for(int i=1;i<=k;i++){long long top=pq.top(); pq.pop();f[i]=f[i-1]+top; pq.push(top-1ll*n*p);}return;}}void Solve()
{Row::Solve();Column::Solve();long long ans=-1e18; //注意初始化！ for(int i=0;i<=k;i++)ans=max(ans,Row::f[i]+Column::f[k-i]-1ll*i*(k-i)*p); //有i*(k-i)个位置要被删两次IO::write(ans);return;
}int main()
{#ifndef JC_LOCALfreopen("matrix.in","r",stdin);freopen("matrix.out","w",stdout);#endifn=IO::read(),m=IO::read(),k=IO::read(),p=IO::read();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)a[i][j]=IO::read();Solve();return 0;
}
括号序列（seq）
个人感觉最难的一道题，题解写的做法和代码写法好像有点问题，不过能 AC 就很奇怪，我的写法中的更新方式感觉更好理解也更符合逻辑，同样能 AC。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;const int N=25,LEN=4e5+5;
int n; char str[LEN];int sum[N],minsum[N],cnt[N][LEN];
int f[(1<<(N-5))+5],tot[(1<<(N-5))+5];
int main()
{freopen("seq.in","r",stdin);freopen("seq.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",str+1);int len=(int)strlen(str+1);for(int j=1;j<=len;j++){sum[i]+=str[j]=='(' ? 1 : -1;minsum[i]=min(minsum[i],sum[i]);if(minsum[i]>=sum[i]) cnt[i][-sum[i]]++;}}for(int i=0;i<(1<<n);i++)f[i]=-0x3f3f3f3f;f[0]=0;int ans=0;for(int z=0;z<(1<<n);z++){for(int i=1;i<=n;i++)if(!((z>>(i-1))&1)){int nxt=z|(1<<(i-1));if(tot[z]+minsum[i]>=0){if(f[z]+cnt[i][tot[z]]>f[nxt]){f[nxt]=f[z]+cnt[i][tot[z]];tot[nxt]=tot[z]+sum[i];ans=max(ans,f[nxt]);}}else ans=max(ans,f[z]+cnt[i][tot[z]]);}ans=max(ans,f[z]);}printf("%d\n",ans);return 0;
}
路程（road）
为方便叙述，题面中的 \(n\) 在这里用 \(q\) 表示，而这里的 \(n,m\) 则分别表示点数，边数，最后一个点均指 \(114\) 号点（这仰慕前辈……）。
首先看 \(q=2^k\) 的特殊性质。
首先有 \(n=k+1\) 个点，从点 \(i\) 向点 \(i+1\) 连一条边，边长为 \(2^{k-i}\)，这样可以凑出 \([0,2^k-1]\) 的所有路径，最后再从 \(1\) 向末端点连接一条边长为 \(2^k\) 的边，这样就可以凑出 \([0,2^k]\) 了。
然后再考虑普适情况。
如果不连最后一条边，而是从 \(1\) 向 \(i\) 连一条长度为 \(2^k\) 的边，那么其和后面所有边组合，就可以瞬间多出 \(2^{n-i}\) 条路径，范围是 \([2^k,2^k+2^{n-i}-1]\)；
再从 \(1\) 向 \(j\) 连一条长度为 \(2^k+2^{n-i}\) 的边，那么就可以多出 \(2^{n-j}\) 条路径，范围是 \([2^k+2^{n-i},2^k+2^{n-i}+2^{n-j}-1]\)。
重复上述过程，每次新连接的边权就是现在已有的最大路径长度加一，运用二进制分解可以将任意 \(q\) 转化成若干个上述形式的区间，然后像上面一样连接新边即可。
最大点数 \(\log_2 q +1\)，最大边数 \(3 \log_2 q\)，满足题意。
注意当 \(q=2^k-1\) 的时候可能出 BUG，可能需要特殊处理一下。
#include<cstdio>
using namespace std;const int N=105,M=105;
int q;
struct rAllan{int x,y,z;
}edge[M];
int m=0;
int vertex[N];int main()
{freopen("road.in","r",stdin);freopen("road.out","w",stdout);scanf("%d",&q);int lg2=0,tq=q;while(tq) lg2++,tq>>=1;int n=lg2;for(int i=1;i<n;i++)vertex[i]=i;vertex[n]=114;for(int i=1;i<n;i++){int x=i,y=vertex[i+1];int z=1<<(n-i-1);edge[++m]={x,y,z};edge[++m]={x,y,0};} //[0,2^lg2-1]int rest=q-((1<<(lg2-1))-1);int now=1<<(lg2-1);bool flag=false;for(int p=lg2;p>=0;p--){if(rest-(1<<p)>=0){if(n-p==1) flag=true;else{edge[++m]={1,vertex[n-p],now};rest-=(1<<p);now+=(1<<p);}}}if(flag) edge[++m]={1,114,q};printf("%d %d\n",n,m);for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d %d %d\n",edge[i].x,edge[i].y,edge[i].z);return 0;
}
