ACC 1

为什么不算 Rating？？？

A

用并查集把需要相等的点连起来，然后对每个连通块记录其不能和哪些连通块颜色相同。

从前往后贪心，在不与之前填过的连通块冲突的前提下填能填的最小数即可。

B

先不考虑传送门，用并查集把连通的点连起来，然后把传送门视为连通块之间的边，

预处理所有有传送门的连通块之间的可达性，这样的连通块只有 $O(k)$ 个所以复杂度没问题。

查询时相同连通块内的点显然可达，否则查两个连通块的可达性即可。

C

发现左右端点的选择是独立的，所以我们只考虑求 $l$ 使得 $[l,p]$ 权值最大，求 $r$ 就倒过来做一遍。

设 $a$ 的前缀和数组为 $x$，$b$ 的前缀和数组为 $y$，则 $[l,p]$ 的权值为 $x_p-x_{l-1}-k{y}_p+k{y}_{l-1}$，

$k,p$ 是定值，只需要求 $y_{l-1}k-x_{l-1}$ 的最大值，发现这是一次函数求最值的形式，李超线段树维护之。

D

二项式反演：

$$f(n)=\sum _{i\ge n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})g(i)⟺g(n)=\sum _{i\ge n}(-1{)}^{i-n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{n})f(i)$$

设 $f(k)$ 表示在新树上钦定 $k$ 条边与原树相同的方案数，$g(k)$ 表示恰有 $k$ 条边与原树相同的树的个数（答案），则只需求出 $f$。

考虑求 $f(k)$。若连上某 $k$ 条边后形成 $m$ 个连通块，第 $i$ 个连通块大小为 $a_i$，则钦定这 $k$ 条边与原树相同的方案数为 $n^{m-2}\prod a_i$。

（扩展 Cayley 定理）

考虑 $\prod a_i$ 的组合意义，发现就是从每个连通块里选一个点的方案数，

所以如果没有那个 $n^{m-2}$，就是要求选定 $k$ 条边，再从形成的每个连通块里选一个点的方案数，

把 $n^{m-2}$ 看成形成了 $m$ 个连通块的方案的权值，则 $f(k)$ 就是选了 $k$ 条边的每种方案的权值和。

Sol 1

设 $f_{u,i,0/1}$ 表示在 $u$ 子树中选择 $i$ 条边，在 $u$ 所在的连通块中是/否已经选了一个点的方案的权值和，树上背包转移即可。

空间开不下，所以把 $u$ 的孩子 $v$ 合并到 $u$ 上之后，把 $v$ 的状态占用的内存释放掉，这样空间是 $O(n)$ 的。

Sol 2

设 $F(x)=\sum _{i=0}^{n-1}f(i)x^i$（$F$ 是 $f$ 的 OGF），考虑拉插出 $F$ 的系数 $f$。考虑如何求 $F$ 的点值。

规定在之前的基础上，每连一条边方案的权值就乘上 $x$，即连 $k$ 条边形成 $m$ 个连通块的方案的权值为 $n^{m-2}{x}^k$，

则 $F(x)$ 就是所有方案的权值和（没有选择边数限制），可以用上面的 DP 去掉第二维解决。

这样任取 $n$ 个互不相同的 $x_i$，求出对应的 $F(x_i)$，拉格朗日插值即可算出各项系数。

拉格朗日插值：

$$F(x)=\sum _{i=1}^{n}F(x_i)\prod _{j\ne i}{\displaystyle \frac{x-x_j}{x_i-x_j}}$$