HDU6954 Minimum spanning tree
打个表，发现所有质数和\(2\)连边，合数一定是和其约数连边；于是搞个筛，分别求质数和合数的前缀和即可。
HDU6955 Xor sum
搞个前缀和，转化为在一个序列里找到最近的两个点满足异或和等于\(k\)。搞个Trie，在树上维护最近位置，贪心即可。代码
2021牛客暑期多校训练营4D Rebuild Tree
题意大概是在树上断\(k\)条边再连\(k\)条边，求能构成多少种不同的树。
断\(k\)条边会生成 \(k+1\)个连通块，连边相当于把这\(k+1\)个连通块当成点。考虑prufer序列，设第\(i\)个连通块在prufer中出现次数为\(c_i\)，则生成树种类为：
\[\sum_{\sum c=k-1}\frac{(k-1)!}{\prod _{i=1}^{k+1}c_i!}\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{c_i+1}
\]
其中\(s_i\)为第\(i\)个连通块的大小,\(\prod_{i=1}^{k+1}s_i^{c_i+1}\)是考虑了连通块内不同点的连边，这样乘法结合律一下可以使得一条边\((i,j)\)的贡献是\(s_j\times s_j\)。
化一下式子大概是长这样
\[(k-1)!\prod_{i=1}^{k+1}s_i\sum_{\sum c=k-1}\prod_{i=1}^{k+1}\frac{s_i^{c_i}}{c_i!}
\]
搞一个指数生成函数的话就会发现\(\sum_{\sum c=k-1}\prod_{i=1}^{k+1}\frac{s_i^{c_i}}{c_i!}=[x^{k-1}]\prod_{i=1}^{k+1}e^{s_ix}=[x^{k-1}]e^{nx}=\frac{n^{k-1}}{(k-1)!}\)，这样的话答案就只是\(n^{k-1}\prod_{i=1}^{k+1}s_i\)，可以在树上搞一个背包状物。
直接在dp状态中记录连通块大小会直接去世，一个经典的转化是把\(\prod_{i=1}^{k+1}s_i\)理解为从每个连通块里选一个点的方案数。于是用\(f_{i,j,0/1}\)表示在\(i\)的子树里断了\(j\)条边，顶部连通块是否选点的方案数，可以做到\(O(nk)\)。代码。
2021牛客暑期多校训练营4B Sample Game
设\(f_{i,0/1/2}\)表示以\(i\)结尾的所有不降序列的概率\(\times\)长度的0/1/2次方。
答案就是
\[\sum_{i=1}^np_i\sum_{j=i+1}^nf_{j,2}+2\times f_{j,1}+f_{j,0}
\]
现在问题就是求\(f\)，大概就是下面几个式子
\[f_{i,0}=(1+\sum_{j=1}^{i-1}f_{j,0})\times \sum_{j=1}^\infty p_i^j
\]
\[f_{i,1}=(1+\sum_{j=1}^{i-1}f_{j,0})\times \sum_{j=1}^\infty j\times p_i^j+\sum_{j=1}^{i-1}f_{j,1}\times \sum_{j=1}^\infty p_i^j
\]
\[f_{i,2}=(1+\sum_{j=1}^{i-1}f_{j,0})\times \sum_{j=1}^\infty j^2\times p_i^j+\sum_{j=1}^{i-1}f_{j,1}\times \sum_{j=1}^\infty j\times p_i^j+\sum_{j=1}^{i-1}f_{j,2}\times \sum_{j=1}^\infty p_i^j
\]
那几个带着\(\infty\)的式子就是0/1/2阶差比列，错位相减一波有
\[\sum_{j=1}^\infty p_i^j=\frac{p_i}{1-p_i},\sum_{j=1}^\infty j\times p_i^j=\frac{p_i}{(1-p_i)^2},\sum_{j=1}^\infty j^2\times p_i^j=\frac{2p_i}{(1-p_i)^3}-\frac{p_i}{(1-p_i)^2}
\]
