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感觉有些时候题目也做不动，而且有些题目貌似也是似懂非懂，虽然写出来了，但是未必理解，还经常要看题解。于是总结一下题目写过的题目也比颓废发呆好。
题目基本是我认为比较“好”的题或者一些经典题，不保证不咕，主要是写给自己看的，不保证对其他人有价值。
如果我写的部分有错误可以直接和我说。
P4766 [CERC2014]Outer space invaders
题意：有 \(n\) 个外星人，第 \(i\) 个外星人在 \([l_i,r_i]\) 时段出现，需要 \(d_i\) 的成本打败。在某一时刻使用 \(x\) 的成本能够打败所有在该时刻出现的需要成本 \(\le x\) 的外星人，求最小要多少成本。
看到数据范围想到区间 dp 与离散化，然后我就不会了。
首先离散化，使时间区间为 \([1,p]\)，\(dp_{i,j}\) 表示杀死出现时间 \([l,r] \in [i,j]\) 的所有外星人的最低成本，则答案为 \(dp_{1,p}\)，考虑转移。
然后发现预处理 \(maxn\) 数组是 \(O(n^2)\) 的，时间复杂度是 \(O(n^4)\) 貌似并不过的，如果用线段树维护 \(maxn\) 的话也要 \(O(n^3 \times logn)\)，因为离散化之后 \(n\) 达到了 \(600\) 的规模也很难过去。（但是我并没有尝试过，可以尝试一下）。
接下来是一个比较重要的结论了：我们并不用处理 \(maxn\) 数组，只要直接找到一个 \(p\) 满足 \(d_p\) 在所有满足条件的点中最大，这样子就能够做到 \(O(n^3)\) 了。
为什么这样子是对的呢？绝大部分题解都没有解释，可能他们觉得这个太简单了。感性理解一下，枚举的这个 \(k\) 就意味这在 \(k\) 这个时间点上进行一次操作。那么对于 \(p\)，必然有一个操作是在 \([l_p,r_p]\) 之间的（为了消除 \(p\)），而且因为 \(p\) 是最大的，那么 \(maxn\) 就显然是 \(d_p\) 不用预处理了。
code。
如果是非严格的最小生成树怎么做？
首先用 Kruskal 建出最小生成树，然后枚举每一条边并且加入这条边 \((u,v)\)，减去树上 \((u,v)\) 这条路径上的最大边，取 \(\min\) 即可。
最大边怎么求呢？用类似于 \(LCA\) 求法的倍增即可。
可是严格的怎么做呢？注意到非严格的做法之所以是非严格的，是因为有可能加入的边的权值和删去边的权值相同。所以倍增的时候记录下非严格的第二大的边，倍增即可，写起来有点麻烦，但是数据强度很低。
code。
题意：给你一个数组 \(a_{1...n}\)，将 \(a\) 划分为 \(k\) 段，使每段和的按位与和最大。
首先弄个前缀和，\(sum_i=\sum_{j=1}^i a_j\)
因为是按位与和，所以从高到低安慰考虑。若现在的答案是 \(ans\)，那么就要判断 \(ans‘=ans|2^i\) 是否可行。
那么怎么判断呢？直接判断 \(ans‘\) 比较困难，可以尝试判断是否存在 \(x\) 满足 \(x \And ans‘ = ans‘\)。有一个结论： \((a\And b) \And ans‘=ans‘ \Leftrightarrow (a \And ans‘=ans‘)\And (b \And ans‘=ans‘)\)。设 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数分成 \(j\) 段之后能否存在 \(x\) 满足\(x \And ans‘ = ans‘\)。状态转移方程为 \(dp_{i,j}|=dp_{p,j-1} \And ((sum_i-sum_p) \And ans‘==ans‘)\)。其中 \(dp_{0,0}=1\)。
看上去到这里就结束了？其实小蒟蒻自己在做题的时候还有一个疑惑：为什么 \(dp_{0,0}=1\)？实际上，因为 \(dp_{0,0}\) 的意义是前 \(0\) 个数选 \(0\) 个，后面若有一段为 \(x\)，那么这两段的按位与和就是 \(x\)（因为实际上只有一段），说明 \(dp_{0,0}\) 所“代表”的数 \(\And\) 任何数都是它自身。那么显然 \(\And ans‘=ans‘\)，所以 \(dp_{0,0}=1\)。可能说的并不是很好，请轻点 D 我。
code。
CF1491D Zookeeper and The Infinite Zoo
题意：对于点 \(u\)，有一条 \(u \to (u+v)\) 的单向边当且仅当 \(u\And v=v\)，多组询问，每次给出一个 \((u,v)\)，询问是否存在一条 \(u\to v\) 的路径。
虽然只是 Global Round 的 D 题，但是我好菜。。。
第一个结论：若 \(u>v\)，则无解，原因显然。
第二个结论：对于每个 \(u\)，不妨每次增加一个 \(v\) 满足 \(v=2^i(i\in N)\)。
为什么呢？如果增加的是另一个数 \(x=2^{a_1}+2^{a_2}+...+2^{a_n}\)，那么加 \(n\) 次，第 \(i\) 次加 \(2^{a_i}\)，显然是可行的，并且最终结果是一样的。
第三个结论：因为已知 \(u \le v\)，设 \(v\) 中第一个为 \(1\) 的数位为 \(k\)，那么 \(u\) 中第一个为 \(1\) 的数位必须 \(\le k\)，同时，第二，第三个都同理。即：设 \(sum1_k\) 为 \(u\) 在 \(1-k\) 位中 \(1\) 的个数，\(sum2_k\) 为 \(v\) 在 \(1-k\) 位中 \(1\) 的个数，那么对于任何时候都要有 \(sum2_k\le sum1_k\)。必要性显然。充分性我们可以这么构造：因为 \(u \le v\)，可以一位一位的把当前最高的不相同的位推到相同的，然后就可以了。建议手玩几个试一下。比如：\((011010)_2\) 和 \((100100)_2\)，可以 \((011010)_2 \to (100010)_2 \to (100100)_2\)。
代码就很好写了。code。
CF125E MST Company 经典题。
因为 \(n \le 5000\)，考虑 \(n^2\) 算法。
首先断掉与 \(1\) 号点连接的所有边，形成若干个联通块。对于每个联通块做一个最小生成树。然后连一条到 \(1\) 号点最小的边。设有 \(x\) 个联通块，如果 \(x > k\) 则无解，否则还要加上 \(k-x\) 条边。
对于每次加边，找到所有除去与 \(1\) 连接的边后所有森林中每个点 \(i\) 到当前（除去 \(1\) 号点）的根最大的边 \((p1_i,p2_i)\) 以及其权值 \(maxn_i\)，求出边 \((1,u)\) 满足 \(w-maxn_u\) 最小并且加入 \((1,u)\)，删去 \((p1_u,p2_u)\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
实现比较难，有比较多的细节。code。
P3978 [TJOI2015]概率论 生成函数经典题，可以找规律。
下面给出生成函数的推法：
设 \(g_n\) 为 \(n\) 个点的二叉树的数量，\(f_n\) 为 \(n\) 个点的所有二叉树的儿子的和，那么不难得到：\(ans=\frac {f_n} {g_n}\)。
先考虑 \(g_n\) 怎么算。若左儿子的节点数为 \(\displaystyle i \ (0\le i \le n-1)\)，那么对于\(g_n\) 的贡献为 \(\displaystyle g _i \times g_{n-i-1}\)，那么不难得到 \(\displaystyle g_n = \sum_{i=0}^{n-1}g_i \times g_{n-i-1}\)，\(g_0=g_1=1\)，不难发现这是个卡特兰数，即 \(\displaystyle g_i=\frac{C_{2\times n}^{n}}{i+1}\)。
然后考虑 \(f_n\)，若左节点的个数为 \(\displaystyle i \ (0\le i \le n-1)\)，那么左儿子对于答案的贡献为 \(\displaystyle f_i \times g_{n-i-1}\)，因为左右对称，所以不难得到 \(\displaystyle f_n=2\times \sum_{i=1}^{n-1} f_i \times g_{n-i-1}\)，这个怎么推呢？
考虑 \(g_i\) 的生成函数 \(G\) 以及 \(f_i\) 的生成函数 \(F\)，那么不难得到：\(G(x)=x\times G(x)^2+1,F(x)=2\times x\times F(x)\times G(x)+x\)。
对于前面一个式子我们可以得到 \(G(x)=\frac {1-\sqrt{1-4\times x}}{2 \times x}\) 或 \(G(x)=\frac {1+\sqrt{1-4\times x}}{2 \times x}\)，后者显然不是收敛的，舍去。
再通过后面一个式子可以得到：\(F(x)=x \times (1-4 \times x)^{- \frac 1 2}\)。
我们需要找到 \(G(x)\) 和 \(F(x)\) 的关系。不难发现：\(\displaystyle (G(x)\times x)‘=(1-4 \times x)^{- \frac 1 2}=\frac {F(x)} x\)，即 \(\displaystyle F(x) = x \times (G(x)\times x)‘\)。
则：\(\displaystyle f_n=[x^n]F(x)=[x^{n-1}](G(x)\times x)‘=n \times g_{n-1}=C_{2\times n-2}^{n-1}\)。
\(\displaystyle C_{2\times n-2}^{n-1}=\frac {(2\times n-2)!}{((n-1)!)^2}=\frac{(2\times n)!}{(n!)^2} \times \frac{n^2}{2\times n \times (2 \times n-1)}=C_{2\times n}^{n} \times\frac{n}{2 \times (2 \times n-1)}\)。
那么：\(\displaystyle ans=\frac {f_n}{g_n}=\frac {C_{2\times n}^{n} \times\frac{n}{2 \times (2 \times n-1)}}{\frac {C_{2\times n}^{n}}{n+1} }=\frac{n\times (n+1)}{2\times (2\times n-1)}\)。
代码就不贴了。
CF708E Student‘s Camp 毒瘤推式子题。
首先考虑朴素的 dp：设 \(dp_{i,l,r}\) 表示第 \(i\) 天剩下区间 \([l,r]\) 并且合法的几率，剩下 \([l,r]\) 的几率很好算，不妨设为 \(P_{l,r}\)。设 \(d_x\) 表示 \(t\) 天中有 \(x\) 个被吹走的几率，\(p = \frac a b\) 为一天的几率，那么不难得到 \(d_x = C_{t}^{x}\times p^x \times {(1-p)}^{t-x}\)，那么显然 \(P_{l,r} = d_{l-1} \times d_{m-r}\)。
同时我们不难推出转移方程：\(\displaystyle dp_{i,l,r} =P_{l,r} \times \sum_{[l‘,r‘] \cap [l,r] \ne \varnothing}dp_{i-1,l‘,r‘}\)，然而这样显然是不够的，考虑优化。
使用容斥的思想不难得到：\(\displaystyle dp_{i,l,r} =P_{l,r}\times \sum_{[l‘,r‘] \cap [l,r] \ne \varnothing}dp_{i-1,l‘,r‘} =\)
\(\displaystyle P_{l,r} \times (\sum_{l‘,r‘}dp_{i-1,l‘,r‘}-\sum_{l‘\le r‘<l}dp_{i-1,l‘,r‘}-\sum _{r<l‘ \le r‘}dp_{i-1,l‘,r‘})\)。
设 \(\displaystyle f_{x,l}=\sum_{l‘ \le r‘ < l}dp_{x,l‘,r‘}\)，不难得到：\(\displaystyle dp_{i,l,r}= P_{l,r} \times (f_{i-1,m} - f_{i-1,l-1}-f_{i-1,m-r})\)。而且显然，\(f_{n,m}\) 就是答案。
再设 \(\displaystyle g_{x,r}= \sum _{l<r}dp_{x,l,r}\)，那么有 \(\displaystyle f_{x,l}=\sum_{l‘<l}g_{l‘}\)。
\(\displaystyle g_{x,r}= \sum _{l<r}dp_{x,l,r}=\sum_{l<r} D_{l-1} \times D_{m-r} \times (f_{x-1,m}-f_{x-1,l-1}-f_{i-1,m-r})=\)
\(\displaystyle D_{m-r} \times (\sum _{l<r}D_{l-1} \times (f_{x-1,m}-f_{i-1,m-r+1})-\sum_{l<r}D_{l-1}\times f_{x-1,l-1})\)。
对于 \(D_{i}\) 和 \(D_{l} \times f_{x-1,l}\) 做一个前缀和就可以做到 \(O(n^2)\) 了。
code。
CF516D Drazil and Morning Exercise
首先考虑把 \(f_i\) 求出来。
这部分先咕了，等我找到一个说的清楚的方法再来。
然后我们可以观察到一个性质，找到点 \(u\) 满足 \(f_{u}\) 最小，那么以 \(u\) 为根，对于任何 \(v1\) 以及在 \(v1\) 的子树中过的 \(v2\)，有 \(d_{v1} \le d_{v2}\)。
要证明这个结论，只需证明：对于任何 \(v1\) 以及在 \(v1\) 的儿子的 \(v2\)，有 \(d_{v1} \le d_{v2}\)。证明如下（建议画个图理解）：
综上，结论成立。
那么使用双指针，并且用并查集维护。根据结论，每次删除的点都是最外面的点，不会影响连通性，那么直接把 \(size\) 减一就可以了。
code看代码可能更能够理解。
其实这是一道构 造 题。
题意：先咕了。
首先考虑，我们能够得到的“信息”是什么？
那么共有 \(x\) 天时，我们能够得到的信息的种类数即为：\(\displaystyle sum=\sum_{i=0}^{\min (p,n-1)}( \dbinom{n}{j} \times x^i)\)。
解释一下这个式子：首先枚举睡觉的熊的数量 \(i\)，因为有 \(n\) 头熊，那么有 \(C_{n}^i\) 种情况。此外，睡觉的熊可以在 \(1-x\) 这 \(x\) 天中任选一天睡觉，那么就是 \(x^i\)，乘一下再加一下就可以了。
但是这个信息数只是答案的“上限”，因为一般来讲这个上限都是达得到的，而且你如果交一发你就会发现你过了，所以考虑如何构造出一种方案可以达到这个上限 \(sum\)。
我们把所有方案编号为 \(1-sum\)，酒的编号也为 \(1-sum\)，显然，每种方案是要恰好对应一个酒的。那么对于熊 \(a\)，若方案 \(i\) 中他没有睡觉，那么他就不喝第 \(i\) 桶的饮料。否则，如果他在 \(j\) 时刻去睡觉了，那么他就在 \(j\) 时刻喝第 \(i\) 桶的饮料。不难发现，这样做事一一对应的。
那么我们就能够得到答案 \(\displaystyle xor_{i=1}^{q} (i \times \sum_{j=0}^{\min(p,n-1)}(\dbinom{n}{j} \times i^j))\ mod \ 2^{32}\)。
结果我们发现 \(2^{32}\) 不是质数，\(\dbinom{n}{j}\) 比较难求。注意到 \(p\) 比较小，把分母里的数约掉就可以 \(O(p^3)\) 预处理了。
时间复杂度 \((p^3 \times \log n + q \times p)\)。
code。
CF891E Lust 生成函数，多项式。
首先观察到一个简单的结论：设一开始的数是 \(a_i\)（题目已经给出），结尾的数是 \(a_i-b_i\)（\(\displaystyle 0 \le b_i\le k,\sum_{i=1}^n b_i=k\)），那么这样子的答案为 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n a_i - \prod_{i=1}^n(a_i-b_i)\)。
虽然这个结论很简单但是我还是没有发现。我们可以用数学归纳法证明：对于某次将 \(a_x\) 减一的操作，这次操作所产生的贡献是 \(\displaystyle \prod_{i \ne x,1\le x \le n}a_i=a_x\times \prod_{i \ne x,1\le x \le n}a_i-(a_x-1)\times \prod_{i \ne x,1\le x \le n}a_i\)。显然成立。
那么我们只要算出 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n(a_i-b_i)\) 的期望 \(E\) 就可以了。
不难得到：$ \displaystyle E = \frac 1 {n ^ k } \times k! \sum_{ b_i } ( \frac {\prod_{ i=1 }^n( a_i - b_i) }{ \prod_{i=1} ^ n (b_i !)}) = \displaystyle \frac 1 {n^k} \times k! \sum_{ b_i }( \prod_{ i = 1 }^n( \frac { a_i - b_i }{b_i!}))$。
考虑把上述式子写成生成函数的形式 \(\displaystyle F_i(x)=\sum_{j=0}^{\infty}\frac {a_i-j}{j!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac {a_i}{j!} -\sum_{j=0}^{\infty} \frac j {j!}=(a_i-x)\times e^x\)。
那么不难得到答案为 \(\displaystyle [x^k](\frac 1 {n^k} \times k! \times \prod_{i=1}^n F_{i}(x))=[x^k](\frac 1 {n^k}\times k! \times \prod_{i=1}^n(a_i-x) \times e^{n\times x})\)。
因为 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n(a_i-x)\) 是一个 \(n\) 次多项式，\(n \le 5000\) 直接暴力算出来就可以了，设 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n ( a_i - x ) = \sum_{i=0}^n f_i\times x^i\)，又已知 \(\displaystyle e ^{n \times x}=\sum_{i=0}^{ \infty } \frac {n^k\times x^k}{k!}\)。不难有 \(\displaystyle [x^k](\frac 1 {n^k}\times k! \times \prod_{i=1}^n(a_i-x) \times e^{n\times x}) = \frac {k!}{n^k} \times \sum_{i=0}^k f_i \times \frac { n^{k-i}}{(k-i)!}=\displaystyle \sum_{i=1}^k f_i \times n^{-i}\times \frac {k!}{(k-i)!}\)，发现后面那个东西就是一个下降幂，提前预处理就可以了。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。因为题目没给 NTT 模数而且 \(n \le 5000\) 就没必要再一步优化了。
code。
设 \((opt,x,y)\) 为一次操作 ，首先考虑只有 \(3\) 操作的情况。因为要求的是 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n a_i\)，那么不难发现乘在哪里都是一样的，所以把所有的值从大到小排序就可以了。
然后我们不难发现一个性质：所有操作必然是先 \(1\)，再 \(2\)，再 \(3\) 的。
这启示我们把 \(1\) 操作和 \(2\) 操作也转换成 \(3\) 操作（即乘上一个数）。
先考虑 \(2\) 操作。对于同一个下标 \(x\)，对他进行的操作必然是要从大到小操作的。那么不妨先从大到小排序。每次操作 \((2,x,y)\)，那么就算出这次操作前下标为 \(x\) 的值 \(sum\)，那么这次就相当于乘了一个数 \(\displaystyle \frac {sum+y}{sum}\)，这样就转换成操作 \(2\) 了。
那么操作 \(1\) 呢？首先，对于每个数，我们只需要找到最大的操作 \(1\)，设为 \((1,x,y)\)，然后就可以把这个操作转换成 \((2,x,y-a_x)\) 就可以了。
然后把所有乘起来的东西从大到小排序。找到前 \(m\) 个就可以了。
但是，这样子就可能做不到 \(1 \to 2\to 3\) 的顺序了，怎么办呢？实际上，因为乘法满足交换律，对于前 \(m\) 个操作，我们再对于 \(opt\) 从小到大排序就可以满足了。
code。
P3758 [TJOI2017]可乐 经典题，没看题解。
观察数据范围，考虑矩阵加速。
留在原地和去别的城市都是经典问题，直接连边就可以，难点在与自爆怎么处理，虽然也不是很难。
可以考虑新建一个点 \(s=n+1\)，一个点到了这里就表示他在自爆了，那么加上 \((i,s) \ (1 \le i \le s)\) 的边就可以了。接下来就是常规操作矩阵加速了。时间复杂度 \(O(n^3 \log t)\)。
code。
（本题解的图来自 @unputdownable
）
首先 \(n\) 为奇数显然不可能。
先考虑是一棵树的情况。树显然是一个二分图。把二分图左边的点染成黑，右边的点染成白色（即奇偶染色）。规定左边的点是黑色或者右边的点是白色的时候，这个点的真实颜色是白，否则就是黑。那么不难发现，一个合法的操作必然就是对于两个颜色不同的点交换其颜色，而最终的要求就是把所有白色换成黑色，黑色换成白色。
那么显然有白色的数量等于黑色的数量，否则不合法。
那么对于每个子树，设黑色的点与白色的点的差为 \(x\)，那么这个子树的根节点与其父亲之前的这条边至少要运输 \(|x|\) 个点，即交换 \(|x|\)，那么答案的下界就是 \(\sum |x|\)。
其实我们完全可以猜测答案就是 \(\sum |x|\)。只要让每条边不进行多余的操作就行，观察一下并且感性理解一下这是做得到的。
其实非常的不严谨。我以后如果记得的话会补一个严谨的东西上来的。
实现的时候把白点设为 \(-1\)，黑点设为 \(1\)，那么记录一下子树中所有和就可以了。
那么树的情况就解决了，接下来考虑基环树的情况。
先断掉一条边，然后算出子树和 \(s_i\)。
然后考虑被断掉的这条边，如果这条边运输 \(x\) 的权值，那么：
左边的点的权值为 \(s_i+x\)，对答案的贡献为 \(|s_i+x|=|-s_i-x|\)，右边的点的权值为 \(s_i-x\)，对答案的贡献为 \(|s_i-x|\)，设左边的点有一个 \(k_i=-1\)，右边的点 \(k_i=1\)。
设环上的点组成的集合为 \(S\) 那么就能得到：\(\displaystyle ans = \min(|x|+ \sum_{i \in S}|k_i\times s_i-x|+\sum_{i \notin S}|s_i|)\)，就相当于求 \(\displaystyle \min(\sum_{i \in S}|k_i \times s_i -x|+|x|)=\min(\sum_{i \in S}|k_i \times s_i -x|+|0-x|)\)。这是一个经典问题。把所有的 \(k_i \times s_i\) 和 \(0\) 放入数组中，取中位数就可以了。
这个时候图就不是二分图了，考虑如何断掉这条边。
此时操作这条边的效果就是使黑点数量 \(+2\) 或 \(-2\)。
那么设此时 \(sum =\sum c_i\)，那么可以操作 \(\frac {sum} 2\) 次让它变成 \(0\)。
然后就转化成树的问题了。
code。
CF1119H FWT 好题。
一个非常 naive 的想法就是对于每个 \((a_i,b_i,c_i)\)，设 \(F_i[a_i]=x,F_i[b_i]=y,F_i[c_i]=z\)，然后答案就是 \(F_1 \oplus F_2 \oplus.. \oplus F_n\)，其中 $ \oplus $ 表示异或卷积，时间复杂度 \(O (n\times k\times 2^k)\)，明显不能通过。
我们可以进行优化，对于每个 \(F_i\)，算出其 \(FWT_i\)，然后将其每项相乘再 \(IFWT\) 回去，时间复杂度 \(O((n+k)\times 2^k)\)，还是不能通过。
我们发现每个 \(F\) 只有三个数有值，考虑在这方面进行操作。
\(\displaystyle \prod_{k=1}^n FWT(F_k)[i]= \prod_{k=1}^n ((-1)^{cnt(i \And a_k)}\times x+ (-1)^{cnt(i \And b_k)}\times y +(-1)^{cnt(i \And c_k)}\times z)\)。
注意到上面这个东西必然只有 \(8\) 种可能。然而还是太多了。不妨让 \(a_i=0,b_i=b_i \oplus a_i,c_i=c_i \oplus a_i\)，那么最后 \(ans_{i \oplus a_1 \oplus a_2 \oplus ... \oplus a_n}\) 就是 \(i\) 的答案。
这样子的话就只有 \(4\) 种可能：\(x+y+z,x+y-z,x-y+z,x-y-z\)。设这四种出现的次数分别为 \(w1,w2,w3,w4\)。那么就有 \(\displaystyle \prod_{k=1}^n FWT(F_k)[i]= (x+y+z)^{w1}\times (x+y-z)^{w2} \times (x-y+z)^{w3} \times (x-y-z)^{w4}\)。
那么对于每个 \(i\) 算出 \(w1,w2,w3,w4\) 就可以得到 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n FWT(F_k)\)，再 \(IFWT\) 回去就可以得到答案。
那么怎么算出 \(w1,w2,w3,w4\) 呢？首先不难有 \(w1+w2+w3+w4=n\)。
令 \(F1_{k}[b_k]=1\)，那么 \(FWT(F1_k)[i]=(-1)^{cnt(i\And b_k)}\)，设 \(\displaystyle s1= \sum_{k=1}^n FWT(F1_k)[i]\)，那么有 \(s1=w1+w2-w3-w4\)。
怎么算出 \(s1\) 呢？我们有 \(\displaystyle \sum_{k=1}^n FWT(F1_k)[i]= FWT(\sum_{k=1}^nF1_k)[i]\)，然后就可以快速求出来了。
同理令 \(F2_{k}[c_k]=1\)，那么有 \(\displaystyle s2=\sum_{k=1}^n FWT(F2_k)[i]=FWT(\sum_{k=1}^nF2_k)[i]\)。
接下来令 \(F3_{k}[b_k \oplus c_k]=1\)，那么 \(\displaystyle FWT(F3_{k})[i] = (-1)^{cnt(i\And (b_k \oplus c_k))}=(-1)^{cnt(i \And b_k)}\times (-1)^{cnt(i \And (c_k))}\)。
那么有 \(\displaystyle s3=\sum_{k=1}^nFWT(F3_k)[i]=FWT(\sum_{k=1}^n F3_k)[i]=w1-w2-w3+w4\)。
那么我们就有 \(4\) 个方程 \(4\) 个未知数，不难手算出 \(w1,w2,w3,w4\)。
然后得到 \(FWT(F)\) 再 \(IFWT\) 回去就可以了。
code。
CF348D Turtles 容斥 dp，经典题。
首先考虑只有一只乌龟的时候怎么做，
这就是一个经典的 \(dp\) 问题，设 \(f_{i,j}\) 表示点 \((1,1)\) 到 \((i,j)\) 的方案数，\(a_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 是否可走，那么有不难有：
\(f_{i,j}=\begin{cases} 0\ (a_{i,j}=0) \\ f_{i,j}+f_{i-1,j}+f_{i,j-1}\ (a_{i,j}=1)\end{cases}\)。
然而题目让我们求的是两条不相交的路径，这个怎么求呢？
我们不难注意到，不相交的路径必然是一条 \((1,2) \to (n-1,m)\) 的路径和 一条 \((2,1) \to (n,m-1)\) 的路径，而一条 \((1,2) \to (n,m-1)\) 和一条 \((2,1) \to (n-1,m)\) 必然是相交的。那么我们因为我们能求助所有 \((1,2) \to (n-1,m)\) 的路径和 \((2,1) \to (n,m-1)\) 的路径，那么我们只要减去满足上述条件，并且相交的路径总数就可以了。
对于两条有交点的路径，不妨在最后一个交点处，交换剩下的两个路径。那么这就转换成了一条 \((1,2) \to (n,m-1)\) 和一条 \((2,1) \to (n-1,m)\) 的路径。并且不难发现，这些路径是一一对应的。所以相交的路径总数就是 一条 \((1,2) \to (n,m-1)\) 和一条 \((2,1) \to (n-1,m)\) 的路径总数。
画几幅图可能更容易理解：如果原来的两条相交的路径是这样的：
其中黄线和绿线分别表示两条路径，红圈表示最后一个交点处。那么可以讲此图转换成：
这样就是满足第二个条件的路径了。同理，每个满足第二个条件的两条路径也能够转化回来。
然后就转换成上述的经典问题了。设 \(F(x1,y1,x2,y2)\) 表示 \((x1,y1) \to (x2,y2)\) 的路径总数，那么有 \(ans=F(1,2,n-1,m)\times F(2,1,n,m-1)-F(1,2,n,m-1)\times F(2,1,n-1,m)\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
（吐槽：用 string 和 cin 读入字符串会被卡常）。
code。
CF727F Polycarp‘s problems dp。
首先不难发现，答案其实是有单调性的。具体的说，若初始的心情是 \(p\)，留下了 \(x\) 个数，那么有 \(x\) 越大，\(p\) 越小（\(0 \le p\)）。
因为有多个询问，所以每次对二分出来的值必须快速判断，这提示我们可以预处理。
具体的说，设 \(dp_{i,j}\) 表示点 \(i-n\) 中，保留 \(j\) 个数，所需的最小的初始值。
那么有 \(dp_{i,j}=\max(dp_{i+1,j},\min(0,dp_{i+1,j-1}-a_i))\)。这个式子应该很容易理解。
那么预处理出 \(dp_{i,j}\) 之后，在 \(dp_{1,x}\) 上二分或者把所有询问离线双指针就可以了。
code。
首先不难发现，答案不会小于原来 \(1 \to n\) 的路径长度。
设 \(dis_i\) 表示 \(1\to i\) 的路径长度，考虑什么时候答案就是 \(dis_n\)。
把 \(1\to n\) 的所有路径上的点拉出来形成一条链在，设这个链的集合为 \(S\)，那么整棵树必然是这个链上的每个节点以及其子树构成（子树可以没有）的一个树。
那么如果一个节点的子树除了它自身有超过 \(2\) 个节点的话，那么取两个节点连一条边，答案就是 \(m\) 个 \(dis_n\) 了。
接下来考虑不是这样的情况，即一个节点的子树除了它最多只有一个节点。
不难发现，要是连 \(u \to v\) 的边，如果 \(u\) 有子节点 \(s\)，那么连 \(s \to v\) 会更优， \(v\) 同理。
设 \(f_u\) 表示点 \(u\) 到其子节点的距离。如果其没有子节点就为 \(0\)，那么有 \(\displaystyle ans=\max_{l,r \in S,dis_l < dis_r}(x+dis_l+f_l+dis_n-dis_r+f_r)=x+ \max_{l,r \in S,dis_l < dis_r}(dis_l+f_l+dis_n-dis_r+f_r)\)。发现和 \(x\) 是没有关系的。预处理出 \(\displaystyle \max_{l,r \in S,dis_l < dis_r}(dis_l+f_l+dis_n-dis_r+f_r)\) 就可以了。对于 \(dis_l+dis_r\) 做个前缀最大值就可以了。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。写代码的时候要注意判断 \(l,r\) 能否相邻，这个自己想一想就好了。
code。
CF1146E Hot is Cold 数据结构。
因为 \(a_i\) 的值域是 \([-10^5,10^5]\)，而且对于 \(x\)，他最后只能变成 \(x\) 或者 \(-x\)。
所以考虑用数据结构维护每个数 \(x\) 最后变成了 \(-x\) 还是 \(x\)，如果是 \(-1\) 则表示为 \(-x\)，\(1\) 则表示为 \(x\)。接下来考虑 $s = ‘>‘ $ 的情况。
那么对于 \([-x,x]\) 的数 \(a\)，无论是 \(-a\) 还是 \(a\) 都 \(\ge x\)，不用进行操作。
对于 \([x+1,10^5]\) 之间的数 \(a\)，若是 \(-a\)，那么不会有变化。否则 \(a\) 就会变成 \(-a\)，这样对于 \([x+1,10^5]\) 之间的数全部设置为 \(-1\) 就可以了。同意，对于 \([-10^5,-x-1]\) 之间的是要全部设置为 \(1\)。
对于 \([x+1,-x-1]\) 之间的数 \(a\)，无论 \(a\) 上维护的值是 \(1\) 还是 \(-1\)，都需要乘上 \(-1\)，即区间 \(\times -1\)。
对于 \([-10^5,x-1]\) 之间的数 \(a\)，维护的值必然会变成 \(1\)。对于 \([-x+1,10^5]\) 之间的数，维护的值必然会变成 \(-1\)。
\(s=‘<‘\) 是同理的，所以只要维护一颗能做到区间乘 \(-1\)，区间赋值为 \(1\) 或 \(-1\) 的线段树就可以了。
code。
[ZJOI2015]地震后的幻想乡 概率dp，状压。
神仙题，先咕了。
先考虑 \(k=n\) 的时候怎么做。不难发现，必然是从大到小对于每一个亮的灯进行操作，时间复杂度 \(O(n \sqrt n)\)。
如果当前还需要进行 \(i\) 次操作，那么显然在下一步操作中，有 \(\frac i n\) 的几率让需要操作的次数 \(-1\) ，有 \(\displaystyle \frac {n-i} n\) 的几率让需要操作的次数 \(+1\)。
设 \(f_i\) 表示进行 \(i\) 次操作 $\to $ 进行 \(i-1\) 次操作的期望时间，那么不难有 \(\displaystyle f_i=\frac {n-i} n (f_{i+1}+f_i+1)+ \frac i n\)，化简后得 \(\displaystyle f_i=\frac {(n-i) \times f_i + n}{i}\)。不难有 \(f_n=1\)。
算出 \(f_i\) 之后我们还需要算出此时最少的操作 \(cnt\)，如果有 \(cnt \le k\)，那么答案就是 \(cnt\)，否则答案就是 \(\displaystyle \sum_{i=k+1}^{cnt}f_i+cnt\)，别忘了还有乘上 \(n!\)。
code。
P6669 [清华集训2016] 组合数问题 数位dp。
注意到 \(k\) 很小，联想到卢卡斯定理：
\(\displaystyle \dbinom{i}{j} \equiv \dbinom {\frac{i}{k}}{\frac {j}{k}} \times \dbinom{i \bmod k}{j \bmod k}\pmod k\)。
将 \(i\) 和 \(j\) 以 \(k\) 进制拆分。设 \(i\) 和 \(j\) 的第 \(p\) 位分别是 \(a1_p,a2_p\)，长度为 \(len\)，那么 \(\displaystyle \dbinom {i}{j} \equiv \prod_{p=1}^{len} \dbinom{a1_p}{a2_p}\pmod k\)。
又有 \(a1_p,a2_p<k\)，那么 \(\dbinom{i}{j} \equiv0 \pmod k\) 等价于存在 \(p\) 满足 \(a1_p<a2_p\)。用数位dp做一下就好，具体细节可以看代码。code。
咕了。
标签：还需 max 连通 基本 自己 简单 src ems 不能
原文地址：https://www.cnblogs.com/juruo-pigstd/p/14631590.html
