T1：
贴心送分题。
对于每种颜色，如果多了，就会有多的数量除二的贡献，反之会有少的数量的需求。
最后判断贡献和需求哪个大即可。
时间复杂度$O(1)$。
T2：
边数太多，考虑将状态记录在点上。
每一种可行方案是一个dag，可以按照拓扑序列分层。
状态记录当前选中的集合，和最后一层的点的集合，然后枚举状态更新即可。
更新时算出当前集合向拓展集合连的边数，每个点至少要有一条入边。
考虑优化，省去第二维状态。
枚举补集的子集，算出当前集合向拓展集合连的边数，每条边都可以连或不连。
但是这样会算重，因为每次算出的方案并不一定能连接拓展集合的所有点。
根据点数容斥一下，奇加偶减即可。
注意枚举子集的内部不能再用循环算边数，从小到大枚举子集，做一个小的递推即可。
时间复杂度$O(3^n+m2^n)$
T3：
莫比乌斯反演神题。
$lcm$大于$n$的数对数不好求，考虑求$lcm$小于$n$的数对数。
设这样求出的数对数为$res$，那么答案可以表示为：
$ans=n^2-res$
考虑求$res$：
$\large \begin{array}{ll} res &=& \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^n [lcm(i,j)<=n] \\ &=& \sum \limits_{d=1}^n \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{id} \rfloor} [gcd(i,j)==1]*[ijd<=n] \\ &=& \sum \limits_{d=1}^n \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum \limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{id} \rfloor} \sum \limits_{g|gcd(i,j)} \mu(g) *[ijd<=n] \\ &=& \sum \limits_{d=1}^n \sum \limits_{g=1}^{\lfloor \sqrt{ \frac{n}{d}} \rfloor} \mu(g) \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dg^2} \rfloor} \sum \limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{idg^2} \rfloor} [ijdg^2<=n] \\ &=& \sum \limits_{g=1}^{\sqrt{n}} \mu(g) \sum \limits_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{g^2} \rfloor} \sum \limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dg^2} \rfloor} \sum \limits_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{idg^2} \rfloor} [ijdg^2<=n]\end{array}$
发现$d$，$i$，$j$并没有本质区别，于是我们可以假定$d<=i<=j$，然后再乘上排列数。
于是上界可以卡的更小。
$d$，$i$，$j$中两个数相等，排列数为3；三个数都相等，排列数为1；三个数都不等，排列数为6。
$\large \begin{array}{ll} res &=& \sum \limits_{g=1}^{\sqrt{n}} \mu(g) \sum \limits_{d=1}^{\lfloor \sqrt[3]{\frac{n}{g^2}} \rfloor} \sum \limits_{i=d}^{\lfloor \sqrt{\frac{n}{dg^2}} \rfloor} \sum \limits_{j=i}^{\lfloor \frac{n}{dig^2}\rfloor} [ijdg^2<=n] \\ &=& \sum \limits_{g=1}^{\sqrt{n}} \mu(g) \sum \limits_{d=1}^{\lfloor \sqrt[3]{\frac{n}{g^2}} \rfloor} \sum \limits_{i=d}^{\lfloor \sqrt{\frac{n}{dg^2}} \rfloor} (\lfloor \frac{n}{dig^2} \rfloor -i)*(3*[d==i]+6*[d!=i]) + ([d==i]+3*[d!=i])\end{array}$
线性筛求莫比乌斯函数，然后枚举计算即可。
时间复杂度约为$O(n^{\frac{2}{3}})$
原文地址：https://www.cnblogs.com/hz-Rockstar/p/11621308.html