2019省选题泛做

HNOI2019

[HNOI2019]鱼

枚举\(C\)点，维护以\(C\)为端点的射线，鱼尾巴部分很好维护，考虑鱼头。
先枚举\(B,D\)点，设\(B,D\)点的中点为\(K\)。
那么\(A,B,C,D\)合法需要满足：\(K\)在\(AC\)上，\(slope_{BD}*slope_{AC}=-1\)。
求出\(BC\)的方向向量后，第二个限制很好满足，考虑第一个限制。
首先\(K\)要在直线\(AC\)上，我们知道：与一个向量点积相等的点在一条垂直其直线上。
那么得到向量\(AC\)的垂直向量(即向量\(BD\))，设为\(P_1P_2\)，则\(P_1K\)与\(P_1P_2\)的点积为定值。
其次\(K\)要在线段\(AC\)上，我们知道：与一个向量等距的点在一条平行于其的直线上。
所以依旧使用向量\(P_1P_2\)，则\(P_1K\)与\(P_1P_2\)的叉积的合法范围为一个区间，预处理后二分解决。

[HNOI2019]JOJO

用\(cx\)表示字符\(c\)连续出现\(x\)次，比如\(aaabbaaaabbaaacc=a3\ b2\ a4\ b2\ a3\ c2\)。
先考虑\(Sub3\)(不需要可持久化)，考虑在当前串后面再接一段为\(Border\)的条件，显然只有第一段和最后一段可以不全。
按上述规则对用\(cx\)表示后的串求\(kmp\)，即上面的串的\(next\)数组为：\(0\ 0 \ 0\ 2\ 3\ 0\)。
查询就是暴力跳\(next\)，使得新加字符的长度不断递增，贡献形如等差数列。
然后考虑可持久化，由于可以离线所以可持久化是假的，我们可以构建树形结构然后\(dfs\)解决。
暴跳\(next\)此时复杂度也假了，可以对每个字符构建\(kmp\)自动机，在\(dfs\)对其进行相应的维护即可。

[HNOI2019]多边形

仔细观察可以发现整个多边形其实是一个二叉树结构。
暴力\(dp\)初始解，发现变换只会对二叉树产生微小改变，直接把原贡献除掉再乘新的贡献出解。

[HNOI2019]校园旅行

对于\(30\%\)，设\(f_{x,y}\)表示\(x,y\)之间是否合法，暴力\(bfs\)转移(写\(dfs\)的都退役了)。
对于\(70\%\)，改良上面算法，让两边分开转移，即设\(g_{l,r,0/1}\)表示\(l,r\)之间，轮到谁转移。
考虑对于全黑边、全白边、黑白交替边各保留一棵生成树，然后再做上述算法。
这样显然有问题，考虑问题在哪里，然后修锅。
考虑两端分别走到了黑点，我们要使得两边的黑段长度相同，由于可以来回走，所以只需要使得他们奇偶性相同。
但是二分图上无论怎么走奇偶性都不会改变，所以若原图不为一个二分图，那么就在生成树上额外加一个自环。

[HNOI2019]白兔之舞

令\(T\)为转移矩阵，那么\(Ans_t=\sum_{i=0}^{L}\binom{L}{i}T^i[k|i-t]\)
单位根反演：\(Ans_t=\frac{1}{k}\sum_{i=0}^L \binom{L}{i}T^i\sum_{j=0}^{k-1}w_k^{j(i-t)}=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}w_{k}^{-jt}(1+T^iw_{k}^j)^L\)
令\(f_j=(1+T^iw_{k}^j)^L\)，则\(Ans_t=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}f_j(w_k^{-t})^j\)。
显然是个逆\(dft\)形式，所以现在我们只需要支持一个任意长度\(dft\)了。
由于\(w_k^{ij}=w_k^{{\binom{i+j}{2}}-{\binom{i}{2}}-{\binom{j}{2}}}\)。
令\(\delta=w_k^{-1}\)，则\(Ans_t=\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}f_j\delta^{\binom{j+t}{2}-\binom{j}{2}-\binom{t}{2}}=\frac{1}{k}\delta^{-\binom{t}{2}}\sum_{j=0}^{k-1}(f_j\delta^{-\binom{j}{2}})\delta^{\binom{j+t}{2}}\)。
来发卷积即可。垃圾出题人卡常数，注意矩乘时把\(27\)次取模变为\(9\)次取模。

[HNOI2019]序列

推推式子可以发现，对于把一段划分为一个值，这个值取平均数最优。
然后不难发现：最终方案中划分段越多，答案越优。
然后有\(O(mn)\)的贪心做法：从前往后维护每一段中位数，当中位数非递增时则将尾部两段合并。
考虑支持快速修改，核心思想依旧是模拟上述过程。
首先正着做一遍、倒着做一遍求出前缀与后缀的答案，设为\(pre,suf\)。
那么假设修改\(A_p\)，我们的目标就是找出最终方案中\(p\)所在段\([l,r]\)，答案就是\(pre_{l-1}+ans_{l,r}+suf_{r+1}\)。
首先考虑固定一个右端点\(r\)，如何求左端点的落点\(l\)。
设当前段平均数为\(m_1\)，新来的左边段的平均数为\(m_2\)。
若\(m_2>m_1\)，则两段需合并在一起，\(m_1'\)与更前方平均数的差距缩小，否则就不需要并在一起。
故这个左端点\(l\)可以直接二分。
然后考虑如何求出正确的右端点，同样二分，\(check\)当前段与之后一段的平均数大小关系即可。

ZJOI2019

[ZJOI2019]麻将

麻将形态的\(DP\)现在已经麻木了。先考虑给一副牌判断能不能胡。
设\(f_{i,a,b,0/1}\)表示前\(i\)各花色，\(E_{i-1,i,i+1}\)有\(a\)个顺子，\(E_{i,i+1,i+2}\)有\(b\)个顺子，是否有对子 的 最大面数。
转移暴力就完事了。
爆搜一下发现\(f\)状态数很少，所以\(dp\)套\(dp\)。
设\(g_{i,j,F}\)表示前\(i\)种花色拿了\(j\)张牌，\(f\)走到状态\(F\)的不胡方案数，转移大暴力。
答案\(Ans=\frac{\sum_{j=0}^{4n-13}g_{j}j!(4n-13-j)!}{(4n-13)!}\)，注意\(f\)转移时记得把选牌方案的组合数算上。

[ZJOI2019]线段树

考虑一个操作\(1\)对所有线段树的影响，设\((f_i,g_i)\)分别表示\(i\)点有\(tag\)、\(1\to i\)有\(tag\)的概率。
那么设区间\([l,r]\)在线段树对应路径\(P\)。
分\(P\)上(不包括端点)、端点\(l,r\)、\(l,r\)子树内(不包括\(l,r\))、路径\(P\)侧链、其它共五类点进行讨论即可。

[ZJOI2019]Minimax搜索

把答案做前缀和，求\(w(S)\leq k\)的方案数，最后再差分求解。
设初始状态下\(1\)号节点的权值为\(w\)。
若我们要使得\(w'>w\)，则只需要修改\(val<w\)的点。使得\(w'<w\)的方案同理。
我们只需要让上述两种方案的一种成立即可，所以不妨容斥，算两种方案都不成立的方案数。
以修改\(val<w\)的点的方案数为例。
设\(f_u\)表示\(u\)点\(< w\)的方案数，这里直接改设\(f_u\)为概率方便计算。
对于奇数层，\(f_u=\prod f_v\)。对于偶数层，\(f_v=1-\prod(1-f_v)\)，总复杂度为\(O(n^2)\)。
一个比较妙的转化：令\(g_u=[dep_u\ is\ odd]f_u + [dep_u\ is\ even](1-f_u)\)。
则转移统一为：\(g_u=\prod_v (1-g_v)\)。
注意到\(k\)每增加\(1\)，至多只会有两个点的\(g\)发生变化，所以动态\(dp\)即可。
注意到：\(g_t=\prod_{i=1}^t (1-g_{p_i})=c_{p_1}\prod_{i=1}^t(1-g_{p_{i-1}})......\)。
暴力展开后会发现：\(g_t=\prod_{i=1}^t(1-g_{p_i})=g_{[l,m]}+(-1)^{m-l+1}g_{[l,m]}g_{[m+1,t]}\)，线段树直接维护。

[ZJOI2019]语言

考虑对每个点开一棵线段树，直接维护该点的可达点是哪些。
对于一次修改，设\(S\)表示修改的点集，那么我们就是要给\(S\)中的每一棵线段树加上\(S\)这个集合。
树上差分后线段树合并即可。
具体来说线段树中维护\(>0\)的值的个数，不难发现这个东西是支持线段树合并的。

[ZJOI2019]开关

考虑求出概率生成函数\(f(x)=\sum_{i=0}^{\infty} E(X=i)x^i\)，那么答案就是\(F(1)'\)。
对于要按奇数次的点\(i\)，构造\(H_{i}(x)=\frac{e^{\frac{p_i}{P}}-e^{\frac{-p_i}{P}}}{2}\)，
同理对于要按偶数次的点\(i\)，构造\(H_{i}(x)=\frac{e^{\frac{p_i}{P}}+e^{\frac{-p_i}{P}}}{2}\)。
那么\(H(x)=\prod_{i=1}^n H_i(x)\)，但这不能保证第一次结束时就停止，所以令\(G(x)=\prod_{i=1}^n(\frac{e^{\frac{p_i}{P}}+e^{\frac{-p_i}{P}}}{2})\)。
那么令\(F(x)\)为\(f(x)\)的指数型生成函数，则\(F(x)G(x)=H(x)\)，即\(F(x)=\frac{H(x)}{G(x)}\)。
令\(h(x)\)、\(g(x)\)分别为\(H(x)\)、\(G(x)\)的概率生成函数，则\(f(x)=\frac{h(x)}{g(x)}\)，即\(f(1)'=\frac{h'(1)g(1)-h(1)g(1)'}{g(1)^2}\)。
以求\(g(1),g(1)'\)为例，设\(G(x)=\sum_{i=-P}^P a_ie^{\frac{i}{P}x}\)。
那么\(G(x)=\sum_{i=-P}^P a_i\sum_{j=0}^{\infty}\frac{({\frac{i}{P}}x)^j}{j!}\)，故\(g(x)=\sum_{i=-P}^P\frac{a_i}{1-{\frac{i}{P}}x}\)。
一个大问题在于，当\(i=P\)时，\(g(x)\)在\(x=1\)处不收敛。但不难发现，\(g(x),h(x)\)同乘\(\prod_{i=-P}^P(1-{\frac{i}{P}}x)\)后答案不变，设为\(g_2(x),h_2(x)\)。
那么\(g_2(x)=\sum_{i=-P}^P a_i\prod_{j=-P,j\neq i}^P (1-{\frac{j}{P}}x)\)。
\(g_2(1)\)很好求，关键看\(g_2(1)'\)怎么求。
首先暴力展开后有\([\prod_{i=1}^n (1-c_ix)]'=\sum_{i=1}^n(-c_i)\prod_{j\neq i} (1-c_jx)\)。
所以\(g_2(1)'=\sum_{i=-P}^P a_i\sum_{j=-P,j\neq i}^P (-\frac{j}{P}) \prod_{k\neq j,k\neq i} (1-\frac{k}{P}x)\)，当\(x=1\)时，只有\(j=P\)或\(i=P\)有意义，故\(g_2(1)'\)可快速求。

BJOI2019

[BJOI2019]奥术神杖

把答案取个对数，那么几何平均数就变成了算术平均数。
然后就是愉快的分数规划后\(AC\)自动机上\(dp\)。

[BJOI2019]勘破神机

对于\(m=2\)，就是\(Fib\)数列。对于\(m=3\)，打表可得递推式：\(f_{2n}=4f_{2n-2}-f_{2n-4}\)。
问题变为求\(\sum_{i=1}^n \binom{f(i)}{k}\)。
做一些简单的变形：\(\sum_{i=1}^n \binom{f(i)}{k}=\sum_{i=1}^n \frac{P(f(i),k)}{k!}=\sum_{i=1}^n \frac{\sum_{j=0}^k S(k,j)(-1)^{k-j}f(i)^j}{k!}\)。
交换求和顺序后，只用求\(\sum_{i=1}^n f(i)^t\)即可。
构造\(f(i)\)母函数，可以得到通向公式：\(f(n)=AC^n+BD^n\)。
那么\(\sum_{i=1}^nf(i)^t=\sum_{i=1}^n (AC^i+BD^i)^t=\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^t \binom{t}{j}(AC^i)^j(BD^i)^{j-t}\)，交换\(\sum\)后可得等比数列。
注意几个细节：\((1)\)\(3,5\)在给定模数下无二次剩余，故需要扩系。 \((2)\)特判等比数列\(q=1\)的情况。

[BJOI2019]删数

对于数\(k(k\leq n)\)，若有\(c_k\)个，则称存在区间\([k-c_k+1,k]\)。最后\([1,n]\)未覆盖长度即为答案。
考虑增加了全局加减后如何维护上述答案。
可以通过平移区间\([1,n]\)来实现，由于只有\(k\leq n\)的限制且每次只移动\(1\)格，所以顺带维护即可。

[北京集训2019]图的难题

一张图\(<V,E>\)合法当且仅当它的任意导出子图\(<V',E'>\)满足\(|E'|\leq 2|V'|-2\)。
那么非法即：\(|E'|-2|V'|>-2\)。
左边是最大权闭合子图形式，上个网络流求一下\(max\)。

[北京集训2019]生成树计数

设生成树权值和\(Val=\sum_{i=1}^n val_i\)，那么\(Val^k=(\sum_{i=1}^n val_i)^k=k!\sum_{k=\sum_{i=1}^nc_i}\frac{val_i^{c_i}}{c_i!}\)。
用变元矩阵树定理，每条边的权值变为多项式\(\sum_{j=0}^{k} \frac{val^k}{k!}\)，那么答案就是\(k![x^k]\)。
其中除法可以写\(O(k^2)\)的多项式求逆。

[北京集训2019]完美塔防

首先判掉炮台打炮台的不合法方向。
其次每个空地只会被两个不同方向进入的炮台打到，因为光路可逆，同方向进入的炮台会互打。
剩下的就是\(2-sat\)裸题了。

十二省联考2019

[十二省联考2019]字符串问题

限制倒过来看就是：把\(A,B\)串反过来，\(A_{i+1}\)存在一个后缀\(B\)，满足\(B\)被\(A_i\)支配。
后缀的话就可以考虑建后缀自动机然后跳\(parent\)树了。
把\(A,B\)的反串一起建后缀自动机，然后把\(A,B\)都挂到\(parent\)树上，其中\(A\to Tree,Tree\to B,B\to A\)。
最后形成了一个\(DAG\)，拓扑序\(dp\)求最长路。

[十二省联考2019]春节十二响

先考虑合并两条链，显然是按照大小关系从大往小合并最优。
一棵树并没有什么变化。

[十二省联考2019]骗分过样例

子任务\(1\sim 3\)直接输出\(19^x\)，记得\(x\)对\(\varphi(mod)\)取模。
子任务\(4\)，发现模数在\(10^6\)数量级，暴力枚举得到\(mod=1145141\)后转\(Task_{1\sim 3}\)。
子任务\(5\)，
排序后可以找到两个\(x\)只相差\(2\)的结果，设为\(a_0,a_2\)，那么\(mod|(19^2a_0-a_2)\)。
先用\(int128\)存\(19^2a_0-a_2\)，枚举其约数得\(mod=5211600617818708273\)，然后转\(Task_{1\sim 3}\)。
子任务\(6\sim 7\)，由于某些原因发现\(19^x\)爆\(int\)竟然存在循环节？然后暴力就行了。
子任务\(8\sim 10\)，判素数，用\(Miller\)算法暴力。
子任务\(11\sim 13\)，求\(\mu\)。
先筛出\(n^{\frac{1}{3}}\)以内的素数，把这些素数的贡献暴力判掉。
那么剩下的数无非三种情况：\(p,pq,p^2\)。\(p^2\)很好判，\(p\)用\(Miller\)算法判，剩下的就是\(pq\)。
子任务\(14\)，暴力判是否为原根。
子任务\(15\)，任务同子任务\(14\)，但区间变大，模数变小。
首先找一个原根(比如\(g_0=6\))，然后把\(x\in [1,mod)\)表示为\(g_0^y\)。
考虑\(x\)不为原根的条件：存在\(q|mod-1\)，满足\(x^{\frac{mod-1}{q}}=g_0^{y\frac{mod-1}{q}}\equiv 1\)，即\(q|y\)。
所以若\(x=g_0^y\)是\(mod\)的一个原根，则\(y\perp (mod-1)\)，把\(q\)筛出来后暴力。
子任务\(16\)，坚信出题人会卡你，所以在\(1.5*10^9\)附近暴力，得到\(mod=1515343657\)，转\(Task_{13}\)。

[十二省联考2019]皮配

学校可以分为三类：\(k\)所特殊学校，与特殊学校同城市的学校，其它。
对于第三类，派系与阵营之间互不影响，分别\(O(n^2)\)进行\(dp\)即可。
对于第二类，我们可以把他们对阵营的贡献加到第一类上，然后对派系做\(O(n^2)\)的\(dp\)。
对于第一类，按照城市分层，暴力做\(O(kM^2)\)的不满\(dp\)。
最后做前缀和，然后把上述三类学校的答案合并即可。

[十二省联考2019]希望

题目大意：在树上求\(K\)个联通块，这\(K\)个联通块存在交\(T\)，且存在点\(v\)到\(K\)个联通块的并的最远距离不超过\(L\)。
考虑枚举\(K\)个联通块的并，然后就可以套一个经典容斥：点\(-\)边容斥了。
我们以计算包含某个点\(u\)的方案数为例。
设\(f_{u,j}\)表示子树合并到\(u\)点，子树内最远距离不超过\(j\)的方案数+1，那么\(f_{u,j}=1+\prod_v f_{v,j-1}\)。
设\(g_{u,j}\)表示子树外(但包括\(u\)点)最远距离不超过\(j\)的方案数，换根\(dp\)，转移\(g_{v,j}=1+g_{u,j-1} \prod_{t\neq v,t\in son(u)} f_{t,j-2}\)
考虑优化，\(f\)是一个比较显然的长链剖分，关键还是看\(g\)。
依旧考虑长链剖分，对于重链，暴力把轻链的\(f\)合并即可。
对于轻链，注意到我们最终只需要使用\(g_{u,L}\)与\(g_{u,L-1}\)，
设\(v\)子树内的最远点深度为\(d\)，则\(dp\)的第二维我们只会用到\([L-d,L]\)，故可以只转移这部分。
而这部分的深度依旧是轻链深度，所以总枚举长度依旧会是线性。
然后来解决前后缀\(f\)之积的问题，注意到转移与\(f\)的转移很像，所以我们可以按照\(f\)逆序转移\(g\)。
这样对\(f\)数组进行撤销操作得到前缀，同时在转移的过程中维护后缀，从而避免了可持久化。
注意到：当\(v\)转移到\(u\)，且\(v\)的深度不及\(L-1\)时，我们要支持后缀乘法。除此之外我们还要支持全局加法。
可以通过打标记的方式实现，维护全局标记\((a,b)\)表示\(x\to (ax+b)\)即可。
还有一个特别恶心的地方在于由于转移中存在\(+1\)，所以\(f,g\)可能会变成\(0\)，即可能出现后缀乘\(0\)。
所以再额外维护一个标记\(cov\)表示\([cov,L]\)的\(f/g\)都是\(0\)，转移时顺带移动\(cov\)标记即可。
把逆元线性处理了，复杂度可以做到严格\(O(n)\)。
细节\(N\)多警告，真\(TM\)难调。

GXOI2019

[GXOI2019]旅行者

关键点生成树，从起点与终点分别跑\(Dij\)，对每个点记录它的最近归属起点、终点。
然后枚举边，把路径拼起来更新答案。

[GXOI2019]特技飞行

令人发指的二合一。关于\(c\)的计算，旋转坐标系后二维数点。
关于\(a,b\)的计算，我们可以抽象出一个模型：
有一列带标号小球，每次可以选择交换两个球或不交换，这两种操作分别有收益\(a,b\)，要求最后排列不变，求最少步数。
我们首先假设都交换，得到排列\(P_2\)，我们可以用\(b-a\)的代价使得排列中两个位置\((x,y)\)交换，问变回原排列的最少步数。
从前往后做，每次只交换实际位在枚举位前的点，从增量的角度看，会发现每一步的交换必定可以交换，所以模拟就好了。

SNOI2019

[SNOI2019]数论

枚举\(a_i\)，那么就是要统计\((a_i+kA)\% B\in \{S_B\}\)的\(k\)的个数。
我们知道，步长为\(A\)的移动在模\(B\)意义下会形成\(gcd(A,B)\)个环，所以直接把每个环的前缀和做出来。

[SNOI2019]通信

把通信站拆点，然后网络流模型比较显然。
考虑优化连边，注意到我们是给前缀连边，所以可以\(cdq\)分治，内部把左侧通讯站排序然后前缀连边。

TJOI2019

[TJOI2019]甲苯先生的滚榜

好久没写\(Treap\)了刚好写一下。

[TJOI2019]唱、跳、rap和篮球

容斥有几个非法：\(Ans=\sum_{j=0}^{\lfloor \frac{n}{4} \rfloor} (-1)^j \binom{n-3j}{j}F(j)\)
其中\(F(j)\)就是\(4\)个指数形生成函数的卷积，用\(ntt\)优化。

[TJOI2019]甲苯先生的线段树

第一问相当的简单，设答案为\(S\)。
考虑第二问，直观想法：枚举\(lca\)深度\(d_1\)，两个端点深度\(d_a,d_b\)。
但是不难发现，若\(d_1<d_a,d_b\)，则\(lca\)段对值的影响绝对大于后半段的影响。
所以枚举\(d_a,d_b\)后，\(lca\)其实唯一确定。问题转化为：求两个长度为\(a',b'\)的数，使得两者计算值之和为\(S'\)。
设两个数的和为\(Sum\)，则易得他们的计算值\(Calc(Sum)=2Sum-popcount(Sun)=S'\)。
不妨枚举\(popcount\)，设\(f_{i,j,0/1}\)表示从低到高做了\(i\)位，放了\(j\)个\(1\)，当且位是否被进位，暴力转移即可。
复杂度为相当不满的\(O(d^5)\)。

JSOI2019

[JSOI2019]精准预测

设\(S_{x,t}\)表示居民\(x\)在\(t\)时刻还存活的状态，设\(D_{x,t}\)表示死了的状态。
\(2-sat\)的模型应该还是比较清晰的：
对于\(0,t,x,y\)：\(D_{x,t}\to D_{y,t+1}\)，\(S_{y,t+1}\to S_{x,t}\)。对于\(1,t,x,y\)：\(S_{x,t}\to D_{y,t}\)、\(S_{y,t}\to D_{x,t}\)。
除此之外，还有：\(D_{x,t}\to D_{x,t+1}\)、\(S_{x,t}\to S_{x,t-1}\)两种边要编满。
显然我们可以只把与\(x\)有关的时刻拿出来，其它的点丢弃，然后前缀连边，这样点数就优化到了\(2(n+m)\)。
不难发现这是一个\(DAG\)，故\(x\)的答案个数为：\(S_{x,t+1}\)不能到达\(D_{y,t+1}\)、且\(S_{y,t+1}\)不能到达\(D_{y,t+1}\)的\(y\)的个数。
拿个\(bitset\)拓扑排序。空间太小就分几批处理。

[JSOI2019]神经网络

令人发指的二合一。
首先对每棵树求把它划分为\(j\)条链(注意：首尾异构，若链长>1则方案数要乘二)的方案数。
设\(f_{u,j,0/1}\)表示昨晚\(u\)子树内，已有\(j\)条链，当前点是否向上延伸的方案数。首尾异构的乘二可以在链的最高点计算。
设第\(i\)棵树划分为\(j\)条链的方案数为\(val_{i,j}\)
其次是把枚举每棵树划分为多少段，求把这若干条链拼接在一起，且同色不相临的方案数。
有标号的环计数考虑破环为链，然后钦定一棵特殊的树放在开头，若这棵树分为\(l\)条链，则方案数为求出值除\(l\)。
容斥，用多项式完成排列组合。
对于非特殊树，构建指数形生成函数：\(F_i(x)=\sum_{j=1}^{sz_i} val_{i,j}\sum_{k=1}^{j}(-1)^{j-k}\binom{j-1}{j-k}\frac{x^k}{k!}\)。
对于开头的特殊树，注意这里还需要一个容斥来处理首尾相同。
先求总方案，再减首尾相同的方案，故生成函数为：\(E_i(x)=\sum_{j=1}^{sz_i}\frac{val_{i,j}}{j}\sum_{k=1}^j(-1)^{j-k}\binom{j-1}{k-1}(\frac{x^{k-1}}{(k-1)!}-\frac{[j>1]x^{k-2}}{(k-2)!})\)。
全部卷起，系数之和来就是答案。

[JSOI2019]节日庆典

一个位置\(p\)要是最小循环的开头，则\([p,n]\)需要满足：在当前串后面接一个串\(t\)后，能够成为最小后缀。
然后就舒服了，我们知道，这样的位置不会超过\(logn\)个。
再证一遍，设有两个备选后缀\(a,b\)，其中\(|a|>|b|>\lfloor \frac{|a|}{2} \rfloor\)。
那么首先\(b\)要是\(a\)的一个\(border\)，有\(|b|>\lfloor \frac{|a|}{2}\rfloor\)，所以\(a\)一定存在一个周期\(cw\)。
我们不妨令\(a=cwcwc,b=cwc\)。
那么\(at=cwcwct,bt=cwct\)。因为\(ct>cwct\)，所以\(t>w\)。故\(cwcwct<cwct\)，即\(at<bt\)，故\(b\)一定不合法。
我们现在就只需要暴力维护这\(logn\)个备选集合就好了。
不难发现，所有维护、查询过程中的\(lcp\)求解都为\(lcp(1,i)\)，故用\(Z-Algorithm\)预处理\(lcp(1,1\sim n)\)即可。

[SDOI2019]

[SDOI2019]热闹又尴尬的聚会

首先，度数最小的点在删点后度数不会变大。
所以很容易得到第一问的做法：不断删除当前度数最小的点，每删一个点就更新一次答案。设最终答案为\(p\)。
注意到这个过程中，每次取出的点度数不会超过\(p\)。
所以我们每次取出一个点，就把相邻点删掉，这样每次删掉点的个数不超过\(p+1\)，最终点数满足\(q\ge \lfloor \frac{n}{p+1} \rfloor\)。

[SDOI2019]移动金币

我们把两个金币之间的距离看作一堆石子，经过一定转化后问题变为：
有\(m\)堆石子，石子之和不超过\(n\)，博弈规则如下：每次可以从第\(i\)堆中取\(t>0\)个石子，然后把这\(t\)个式子放入第\(i-1\)堆。
其中当\(i=1\)时取出的石子被丢弃，不能操作者败。
不难发现这其实是一个阶梯博弈，我们知道：阶梯博弈先手必胜的条件为：奇数层石子数异或和为\(0\)。
容斥，我们转求先手必败的方案数。
考虑拆位，我们枚举每一位到底有几个\(1\)，那么当且经当每一位\(1\)的个数都为偶数时，先手必败。
即对于每一个二进制位\(e\)，构造生成函数\(F_e(x)=\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}[i\%2=0]x^{2^ei}\)，直接暴力卷积。

[SDOI2019]连续子序列

\(TMD\)这种题出在考场上谁做的出来啊？
根据\(OEIS\)，这个数列有这样一种神奇的生成方式：从\(\{0\}\)开始，每次\(0\to 01,1\to 10\)。
那么我们可以根据逆运算\(01\to 0,10\to 1\)缩小序列的规模。同时有结论：对于长度\(>3\)的序列，只有唯一合法缩小方案。
然后我们就可以记搜了，记搜的每一层，我们对当前串\(SK\)枚举缩小方案(划分方案)，当长度\(\leq 3\)的时候特判出解。

[SDOI2019]世界地图

设\(T_{[l,r]}\)表示只考虑区间\([l,r]\)的点和边时的最小生成树。
假设询问\([l,r]\)，此时我们已经知道了\(T_{[1,l-1]}\)和\(T_{[r+1,n]}\)，现在要加入\(1\sim n\)的一列边，然后求最小生成树。
每加入一条边，必定就会删掉一条边(第一条除外)，考虑删掉的边的位置。
不难发现，为在\(T_{[1,l-1]}\)中是第\(1\)列点路径的并，在\(T_{[r+1,n]}\)中是第\(n\)列点路径的并，其实就是虚树。
所以我们其实不用维护\(T_{[1,l-1]}\)，只需要维护以第\(1\)列的点为关键点的虚树，其中虚树边权是路径上的最大边权。
每次询问，把两棵虚树以及\(1\sim n\)的边拿出来跑最小生成树即可。
如何求上述虚树？其实是一样的，对于\(T_{[1,i]}\)维护以第\(1\)列、第\(i\)列为关键点的虚树，则第\(i\)列的答案从第\(i-1\)列转移即可。