BJOI2019
奥术神杖（分数规划、AC自动机）
发现我们要求的东西很像一个平均数（实际上就是几何平均数），那么我们现在考虑一种运算，使得乘法能够变成加法、开根可以变成除法，不难想到取对数满足这个条件。我们对\(\sqrt[v]{\prod a_i}\)取\(ln\)之后得到\(\frac{1}{v} \sum ln\ a_i\)，那么我们现在需要它最大。
这显然是一个分数规划，二分之后考虑check。发现check类似于字符串匹配，在AC自动机上DP求解即可。复杂度\(O(nslog\frac{ln 10^9}{eps})\)
注意一个细节。输出方案的时候可能存在：模板串当前位置为'.'时有多种方案满足最优解，但是当前位置字符确定。在输出的时候需要额外的判断。
勘破神机（递推、二项式定理）
强行二合一最为致命……
\(f_i\)是\(f_0 = f_1 = 1\)的斐波那契数列，设\(g_i\)表示\(3 \times 2i\)的棋盘的方案数，可以得到\(g_i\)的递推式为\(g_i = 2\sum\limits_{j=0}^{i-1} g_j + g_{i-1}\)，即\(g_i = 4g_{i-1} - g_{i-2},g_0 = 1 , g_1 = 3\)。
\(f_i\)的通项公式为\(\frac{1}{\sqrt{5}} ((\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{i+1} - (\frac{1 - \sqrt{5}}{2})^{i+1})\)，\(g_i\)大力解一下特征方程或者丢到OEIS上找一下可以得到通项公式\(g_i = \frac{\sqrt{3}}{6} ((1 + \sqrt{3})(2 + \sqrt{3}) ^ i - (1 - \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})^i)\)。
然后因为\(\binom{x}{k} = \frac{x^{\underline{k}}}{k!}\)是一个多项式，把多项式的系数求出来问题就等价于求\(\sum\limits_{i=l}^r f_i^k\)和\(\sum\limits_{i=l}^r g_i^k\)，方法跟这里的一样。
Upd：上面的链接挂掉了QAQ来更个新
先可以变为求\(\sum\limits_{i=1}^l f_i^k\)，然后把通项公式代入并用二项式定理拆开，答案就是\(\frac{1}{\sqrt{5}^k}\sum\limits_{j=0}^k (-1)^j \binom{k}{j} \sum\limits_{i=1}^l (\frac{1 + \sqrt{5}}{2})^{(i+1)(k-j)}(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})^{(i+1)j}\)，最后一个\(\sum\)显然是等比数列求和的形式。快速幂/分治计算均可。
然后注意模数比较鬼畜、没有二次剩余的话可以扩域，即把所有数表示为\(a+b\sqrt{5}\)的形式。
关于特征方程一篇还不错的Blog
送别（？？？）
不会留坑
排兵布阵（背包）
BJOI出PJ题……
考虑暴力DP：设\(f_{i,j}\)表示考虑前\(i\)个城市共用\(j\)个士兵的最大分数，然后不难发现每一个城市中的驻扎人数在恰好为\(2x+1\)时才有可能达到最优，其中\(x\)是第\(i\)个城市的其中一个人的驻扎兵力，那么有效的驻扎兵力数只有\(S\)个，\(O(NMS)\)地DP即可。
光线（？？？）
考虑将两个玻璃合并。那么枚举在两块玻璃之间反射了多少次，就是一个无穷等比数列求和。
不难得到光线从\((a_i , b_i)\)和\((a_j , b_j)(j=i+1)\)两块玻璃之间穿过的概率是\(a_ia_j \frac{1}{1-b_ib_j}\)，从\(j\)层穿入、再从\(j\)层穿出或者从\(j\)层反射的概率是\(b_j + a_j^2b_i \frac{1}{1-b_ib_j}\)，这就是将两个玻璃合并之后从下表面反射的概率，从上表面反射的概率同理。那么我们就可以把两个玻璃合并起来。从上往下依次合并，就可以避免记录从上表面反射的概率。
删数（线段树）
一个很巧妙的转化：考虑序列中的一个数\(x(x \leq N)\)如果它出现了\(p\)次，则覆盖区间\([x-p+1,x]\)，那么答案相当于求\([1,N]\)内没有被覆盖的整点个数。
那么我们需要动态维护这个东西，支持单点修改、区间平移，直接用线段树维护。值得注意的一点是：当\(x>N\)的时候不能够产生贡献，区间平移的时候需要注意这一点。
