垂死挣扎
大概是退役前最后的挣扎了，不过颓了太久估计挣扎了也没啥用；
BZOJ4738汽水
平均值的话我们就二分一下，对于一个需要判断的\(mid\)，我们需要找到一条路径平均值在\([K-mid,K+mid]\)之间；分两种情况讨论一下，如果存在一条路径的满足\(K\leq \frac{\sum w}{len}\leq K+mid\)，即\(\sum (w-K)\geq 0\)且\(\sum mid-(w-K)\geq 0\)；考虑点分治，我们将边权\(w_i\)搞成\(w_i-K\)，处理出每个点到分治中心的边权和\(p_i\)和边的数量\(d_i\)，即我们需要找到不同子树中的两个点\(i,j\)满足\(p_i+p_j\geq 0,mid\times d_i-p_i+mid\times d_j-p_j\geq 0\)；按照\(p_i\)从小到大排序，扫大于\(0\)的\(p_i\)之后把小于\(0\)的加进去，同时维护\(mid\times d_i-p_i\)的最大值，由于需要来自不同子树，所以需要维护最大值和次大值；另一种情况类似。
复杂度是\(O(n\log n(\log n+\log w))\)。代码
HZOI省选模拟65A 容器
比较经典的套路了，从左向右考虑这个序列，设\(dp_{i,j,k}\)表示当前处理了前\(i\)个点，有\(j\)个左端点确定右端点没定的区间，还有\(k\)个左右端点都没确定的区间的方案数；转移的时候枚举一下有\(x\)个区间是以\(i+1\)为左端点，这边是一个组合数\(\binom{k}{x}\)；之后再枚举一下有\(y\)个区间以\(i+1\)为右端点，还是一个组合数\(\binom{x+j}{y}\)，乘上这两个组合数转移就好了。
复杂度是\(O(nK^4)\)。代码
HZOI省选模拟65B 果树
由于每一种颜色的点数不会超过\(20\)个，所以我们将一对颜色相同点\(i,j\)视为一条限制"一条合法路径上不能同时出现\(i,j\)两个点"，这样限制的个数大概是\(20n\)级别；如果\(i,j\)不是祖先-后代关系，那么一条合法路径的两个端点不可能分别来自于子树\(i\)和子树\(j\)；用dfs序刻画一下这个条件就是如果\(x\in [l_i,r_i],y\in [l_j,r_j]\)，那么\((x,y)\)不是一条合法路径，其中\([l_i,r_i]\)是子树\(i\)的dfs序区间；祖先-后代关系的话类似，也可以写成类似的限制。于是我们就得到了\(20n\)个这样的限制，即二维平面上一个矩形内的点不是合法路径，我们要求的就是有多少点没有被矩形覆盖，用线段树做一个矩形面积并即可。
复杂度是\(O(20n\log n)\)。代码
HZOI省选模拟65C 流浪
注意到能到达的点在一个曼哈顿距离意义下的半径为\(T\)的圆内，所以能到达的点有\(T^2\)个；直接对每条路径统计答案比较难算，考虑对于这\(T^2\)个点分别求有多少条路径经过了这个点\(k\)次，最后加起来即可；
对于每个点\((x,y)\)，求一个\(f_{i}\)表示从\((0,0)\)出发走了\(i\)步不经过障碍以及\((x,y)\)，最后停在了\((x,y)\)的路径数；一个\(g_{i}\)表示从\((x,y)\)出发不经过\((x,y)\)走了\(i\)步最户停在了\((x,y)\)的路径数；一个\(dp_{i,j}\)表示从\((x,y)\)走了\(i\)步回到\((x,y)\)且经过了\(j\)次\((x,y)\)的路径数，转移大概是\(dp_{i,j}=\sum_{k}dp_{i-k,j-1}\times g_k\)；\(d_i\)表示从\((x,y)\)出发走了\(i\)步不经过\((x,y)\)的方案数。我们对\(d\)和\(dp\)做一个卷积，得到\(h_{i}\)表示从\((x,y)\)走了\(i\)步，经过\((x,y)\)不少于\(k\)次的路径数；有了\(p\)再和\(f\)做一个卷积即可。
上面所有数组都能在不超过\(O(T^3)\)的时间内求出，对\(T^2\)个点均求一遍，复杂度是\(O(T^5)\)。
HZOI省选模拟63C 营养餐
转化一下题意，设\(c_i=a_i-\sum_{j\in son(i)}a_j\times b_j\)，轮流操作，每次选择一个大于\(0\)的\(c_i\)，使得\(c_i=c_i-x\)，\(c_{fa_i}=c_{fa_i}+x\times b_i\)，不能操作的人输。不难发现当所有\(b_i=0\)时，就是变成了令一个\(c_i\)减去一个\(x\)，不能操作的人输，这就是一个普通的Nim游戏，求一下\(c_i\)的异或和即可；对于更一般的情况，不难发现这本质是一个阶梯Nim；当\(i\)深度为偶数时，操作\(c_i\)后下一个操作的人总可以把移入\(c_{fa_i}\)的哪一部分移动到上面去，所以求一下深度为奇数的点的\(c_i\)的异或和即可；对于\(b_i=0\)的点，操作它时并不能使得其父亲的权值增加，所以我们可以将这类点视为一种特殊的根，即规定该点的深度为\(1\)即可。
复杂度是\(O(Tn)\)。代码
HZOI省选模拟69C 排列问题
对于\(i\)颜色的小球，如果我们将其分成\(j\)段，则贡献至少为\(a_i-j\)；对于每种颜色搞一个\(\rm EGF\)，即\(F_i(x)=\sum_{j=1}^{a_i}\binom{a_i-1}{j-1}\frac{x^j}{j!}\)，即枚举每种颜色分成了多少段之后再排列起来，由于同种颜色的两段还有可能相邻，所以至少有\(m-\sum j\)对小球是颜色相同的，还需要容斥一波；于是分治NTT求出\(\prod_{i=1}^nF_i(x)\)进行二项式反演即可。
复杂度\(O(m\log m\log n)\)。代码
HZOI省选模拟74A 签到
先上结论：从这个\(n\times m\)的矩阵中选出一些点，如果点的个数的奇偶性和\(n+m-1\)的奇偶性相同，那么这些点的异或值可以作为答案。
考虑证明，对于这类问题一个经典的做法是处理出所有简单环的异或值，之后搞一条从起点到终点的路径，把这些环拼到这条路径上去；但这个做法是权值在边上的情况，当权值在点上时我们发现环上和路径上共两个点被经过了两次，也就是这两个点的权值被抵消了；又因为这是一张网格图，不存在奇环，于是我们无论经过多少个环都不会改变经过的点的个数的奇偶性。于是经过的点的个数的奇偶性和\(n+m-1\)的奇偶性相同。
现在的问题就是从\(n\times m\)个数里选奇数/偶数个，使得其异或值最大；我们令每一个点或上\(2^{31}\)之后插入线性基，当第\(31\)是\(1\)的话则说明选了奇数个，否则就是选了偶数个；于是我们从第\(31\)位或第\(30\)为开始做线性基求最大值即可。复杂度\(O(nm\log w)\)。
HZOI省选模拟74B 树
分块；我们将序列分成\(\sqrt{n}\)个块，对于每一个块我们跑一遍spfa，对于每个点处理出到块内点的最短路；查询的时候扫一遍整块，零散块直接用lca算距离即可；
lca可以用\(O(n\log n)-O(1)\)的方法，由于在树上跑spfa的实际运行次数大概是\(O(n)\)级别，所以复杂度为\(O((n+m)\sqrt{n})\)。代码
NOI Online#2 C
直接做不好做，考虑容斥，求一下至少出现\(i\)个非平局回合的方案数；非平局就代表这一次选的两个点存在祖先-后代关系，于是可以转化成一个匹配问题：一棵树，祖先与后代可以匹配，两个点集各\(m\)个点，求至少有\(i\)组匹配的方案数。之后二项式反演一波即可。
树上的匹配大概是需要一个背包状物，设\(dp_{i,j}\)表示子树\(i\)中有\(j\)个\(0\)点已匹配的方案数。当\(i\)点为\(0\)的时，可以考虑把点\(i\)和子树内的一个未被匹配的\(1\)点匹配上，由于我们知道了有\(j\)个\(0\)点已经匹配了，所以未被匹配的\(1\)点也是已知的；当\(i\)点为\(1\)时，我们考虑匹配子树内的一个未被匹配的\(0\)点，这个数量也是已知的。子树间的合并直接暴力卷积即可。
复杂度\(O(n^2)\)。代码。
HZOI省选模拟74B 遇见
比较有趣的一个题。考虑一下我们如何刻画区间\([l,r]\)内所有数都出现了奇数次这样一个条件，发现比较困难。考虑一个差不多的问题，如何快速判断一个区间\([l,r]\)内所有数都出现了偶数次。这其实是一个经典随机化问题，我们给每种数随机一个权值，做一个异或前缀和，如果满足\(pre_r\bigoplus pre_{l-1}=0\)，那么就说明区间内的数两两抵消，即都出现偶数次，当随机范围在\(2^{64}\)之内时，判断错误的概率只有\(2^{-64}\)。
于是我们用上面那个随机化的思想来做这个题，设\(w_{l,r}\)表示区间\([l,r]\)内所有出现过的数的权值异或和，当\(pre_{r}\bigoplus pre_{l-1}=w_{l,r}\)时，我们就可以认为这个区间内所有的数都出现了奇数次。考虑枚举左端点\(l\)，我们只需要计算有多少个\(r\geq l\)满足\(pre_{r}\bigoplus w_{l,r}=pre_{l-1}\)即可。
考虑从\(w_{l,r}\)到\(w_{l+1,r}\)有什么变化。如果\(a_l\)在\([l,r]\)内只出现了一次，那么\(w_{l+1,r}\)内就少了\(a_l\)的异或值；否则就不变，我们设\(lst_l\)表示\(l\)后第一个等于\(a_l\)数的位置，我们只需要令\(r\in [l+1,lst_l-1]\)内的\(w_{l,r}\)异或上\(a_l\)的权值就可以把它们变成\(w_{l+1,r}\)了。
我们现在需要一个数据结构，支持区间异或一个数，查询一个区间内等于某个值的有多少个，显然分块+trie就可以了，复杂度是\(O((n+m)\sqrt{n}\log w)\)。代码。其实NOI Online#2的B题也是差不多的套路，会做这个题那道题就很简单了。
ZR五一省选集训day1 A
设\(P(y)=\sum_{i=0}^k p_iy^i\)，设\(G(y)=P^n(y)\)，经过一番奥秘重重的推导，期望其实是\(x-\sum_{i=0}^xg_i(x-i)\)；即求出\(G(y)\)的前\(x\)项系数就可以直接算答案了；
考虑对\(P^{n+1}(y)\)求导，我们可以把它看成一个复合函数，用链式法则来求导；也可以把它看成\(P(y)\times G(y)\)，于是分别有两种不同的结果：
联立两个式子可得
显然这两个多项式对位相等，于是我们可以诸位确定；\(P(y),nP'(y)\)的次数都不超过\(k\)，所以可以用\(O(k)\)的时间得到一位的值。
复杂度\(O(xk)\)，代码。
ZR五一省选集训day1 B
不妨求所有位置都是\(0\)的概率，显然与所有位置都是\(1\)是等价的，于是求出这个概率后乘\(2\)即可。
设第\(n\)个\(0\)出现的位置是\(A\)，第\(n\)个\(1\)出现的位置是\(B\)，分情况讨论一下。
当\(A<B\)时，我们枚举\(A=i\)，由于大于\(A\)的位置都是\(1\)，所以要满足\(\max a\leq i\)。当\(i>\max a\)时，概率为\(\frac{\binom{i-1-k}{n-1-k}}{2^i}\)，即前\(i-1\)个位置中有\(n-1\)个\(0\)，且有\(k\)个\(0\)的位置是已经确定了的，于是就从剩下的\(i-1-k\)个位置里再选\(n-1-k\)个当\(0\)；当\(i=\max a\)时，概率为\(\frac{\binom{i-k}{n-k}}{2^i}\)，这个直接\(O(1)\)算就好了。
当\(A>B\)时，枚举\(B=i\)，概率为\(\frac{\binom{i-1-\sum[a_j<i]}{n-1}}{2^i}\)，即前\(i-1\)个位置中有\(n-1\)个是\(1\)，但有\(\sum[a_j<i]\)个位置被确定是\(0\)，于是就从剩下的\(i-1-\sum[a_j<i]\)里选\(n-1\)个位置当\(1\)即可。
根据上面的分析可以发现，要求的式子都形如\(\sum_{i=l}^r\frac{\binom{i-1-x}{n-1-y}}{2^i}\)，转化一下大概是\(\frac{1}{2^{x+1}}\sum_{i=l-1-x}^{r-1-x}\frac{\binom{i}{n-1-y}}{2^i}\)；如果我们能对每一种\(y\)求一个前缀和，那么就能快速求得这个式子，但是\(y\)能达到\(n\)级别，所以看起来比较棘手。但是不难注意到这里的\(y\)就是上面的\(k\)，而\(\sum k\leq n\)，于是本质不同的\(k\)只有\(O(\sqrt{n})\)种，于是对于每一种出现的\(y\)都能求一个前缀和，就能快速回答这些式子的值了。
复杂度是\(O((n+m)\sqrt{n})\)，代码。
ZR五一省选集训day2 A
考虑两个点\(a_1,a_n\)在什么时候会联通，即存在一条路径\(<a_1,a_2\dots ,a_n>\)满足\(\forall i<n\)都有\(a_i\bigoplus a_{i+1}\in S\)。我们注意到\(\bigoplus \sum_{i=1}^{n-1}a_i\bigoplus a_{i+1}=a_1\bigoplus a_n\)，即这条路径中所有边的边权异或和就是两个端点的异或和。由于所有边的边权都是属于集合\(S\)，那么\(a_1\bigoplus a_n\)就是集合\(S\)的一个子集的异或和。于是我们可以得出，如果\(u,v\)两点联通，那么\(u\bigoplus v\)一定能被\(S\)的线性基表示出来
一个大小为\(x\)的线性基能表示出\(2^x\)种数，于是对于任意一个点来说，和其在同一个联通块的点有\(2^x\)个，即每一个联通块的大小都是\(2^x\)，那么联通块的个数就是\(2^{n-x}\)个。于是需要维护一个支持插入并且能够删除元素的线性基。
由于可以离线，所以对于每个元素求出其删除时间，插入线性基的时候优先保留删除时间靠后的元素，这样的时间复杂度是\(O(nq)\)，代码。
ZR五一省选集训day2 B
考虑当\(m=\binom{n}{2}\)时的做法，这个时候任意两个点的权值都不相等，于是所每一种方案都有\(n\)种权值，求一下方案数即可；按照\(R_i\)从小到大排序，之后按顺序确定每一个点的取值，第\(i\)个点不能和其前面的\(i-1\)个点一样，于是有\(R_i+1_(i-1)\)个选择，于是方案数就是\(\prod_{i=1}^n(R_i-i+2)\)。
对于更一般的情况，我们沿用上面的方法，先将所有点重编号使得\(R_i\)是不降的；搞一个\(dp_{i,S}\)表示当前集合\(S\)已经确定了\(i\)种权值的方案数，先找到一个最小的\(x\)满足\(x\notin S\)，之后再枚举一个集合\(T\)满足\(x\in T,T\cap S=\varnothing\)，令集合\(T\)中的点取值都相等。由于\(R_i\)不降，所以\(x\)是\(T\)中取值范围最小的点，于是集合\(T\)的取值范围就是\([0,R_x]\)，转移的话乘上\(R_x-i+2\)转移即可。
由于需要枚举子集，所以复杂度是\(O(n3^{n-1})\)，代码。
ZR五一省选集训day2 C
不难发现一个集合的\(\gcd\)不会超过\(w\)，于是考虑对于每一个质数次幂计算贡献，设\(f(p^k)\)表示有多少个集合的\(\gcd\)是\(p^k\)的倍数，那么答案就是
设\(g(p^k)\)表示有多个数是\(p^k\)的倍数，显然有\(f(p^k)=2^{g(p^k)}-1\)，由于询问是一堆区间，所以考虑使用莫队。
加入一个数\(x\)时，如果\(p^k|x\)，那么\(g'(p^k)=g(p^k)+1,ans'=ans\times p^{2^{g(p^k)}}\)；同理删除一个数\(x\)时，如果\(p^k|x\)，那么\(g'(p^k)=g(p^k)-1,ans'=\frac{ans}{p^{2^{g(p^k)}}}\)。
显然一个数的质数次幂和不会超过\(\log w\)，所以直接使用上面的做法复杂度是\(O((n+m)\sqrt{n}\log w)\)，并不是非常优秀。
考虑把不超过\(\sqrt{w}\)的质数称为小质数，大于\(\sqrt{w}\)的称为大质数；对于这两种质数分别使用不同的算法。
对于大质数，我们直接使用上面的莫队，由于一个数最多有一个质数次幂大于\(\sqrt{w}\)，于是加入/删除的复杂度都是\(O(1)\)，这部分的复杂度就是\(O(n\sqrt{m})\)。
对于小质数，我们处理一个前缀和\(pre(i,p^k)\)表示前\(i\)个数种有多少个数是\(p^k\)的倍数，有了这个前缀和就能快速计算\(g(p^k)\)和\(f(p^k)\)了，这部分的复杂度是\(O((n+m)\sum_{p\in Prime,p\leq \sqrt{w}}\log_p w)\)，通过一番奥妙重重的推导，这边的复杂度是\(O((n+m)\frac{\sqrt{w}}{\log w})\)。
CF407E
显然只有模\(d\)意义下相等的数才有可能构成等差数列，于是按照模\(d\)意义下的值分段，对每一段单独处理。设\(v_i=\lfloor \frac{a_i}{d}\rfloor\)，那么一个区间\([l,r]\)构成等差数列的冲要条件是，\(\max\{v_l\dots v_r\}-\min\{v_l\dots v_r\}-(r-l+1)\leq k\)，即\(\max\{v_l\dots v_r\}-\min\{v_l\dots v_r\}+l\leq k+r\)。考虑从小到大枚举右端点\(r\)，那么那个\(\max-\min+l\)我们可以使用单调栈+线段树维护，之后我们要在线段树上找到一个最靠左的\(l\)满足\(\max-\min+l\leq k+r\)，于是直接在线段树上二分即可。
需要特殊处理\(d=0\)和相同数出现多次的情况；时间复杂度是\(O(n\log n)\)，代码。
ZR五一省选集训Day5 B
设\(p_{i,j}\)表示经过了\(m\)次操作，\(j\)位置上的数经过交换到了\(i\)位置上的概率，有了这个数组我们就能快速计算答案了；不难发现我们其实并不需要知道\(i\)是多少，我们只关心\(i\%d\)是多少，甚至我们也不关心\(j\)是多少，只需要知道\(j\)上的数字和颜色即可，而颜色只有\(d\)种。这样\(p\)的两维就被我们限制在了\([0,d)\)，于是使用矩阵乘法可以在\(O(d^3\log n)\)的时间内求出\(p\)，又因为这个转移矩阵是一个循环矩阵，求出第一行后就可以推出整个矩阵，所以\(O(d^2\log m)\)即可求出转移矩阵；需要对\(\frac{n}{d}\)个前缀都求一次，所以时间复杂度是\(O(dn\log m)\)。
这个时间复杂度并不能通过。但是我们发现当交换次数非常多时，\(j\)被交换到每一个位置的概率大致相等，即\(\forall i,j\in [0,d),p_{i,j}\approx \frac{1}{d}\)，这道题的精度要求并不高，于是直接这样近似认为即可。
