摘要：
"Link" 搞啥不好搞非素数模数。 先枚举港口并将其视为根，那么要算的就是根的儿子数均$\le k$的方案数。 考虑枚举根的总儿子数$x$，选出这些儿子有${n m\choose x}$种方案，把$x$个儿子挂在$m$个根上的方案数设为$f_{x,m}$，然后把根删掉，剩下的就是$n m$个点构成 阅读全文
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"Link" 题解看这个吧，写的很详细 "Link" 。 阅读全文
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"Link" 设$a_i$总共除过$b_i$次，那么我们要做的就是找到一组$b$使得$\sum\limits_{i=0}^na_ik^{ b_i}=1$。 显然存在合法的$b$就存在一组合法的合并方案，构造方法如下： 每次选择两个$b_i$相同的最大的合并，然后递归进子问题。 因为$a_i\nmid 阅读全文
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"Link" 首先Stirling数拆一下自然数幂得到$ans=\sum\limits_{i=0}^n\left\{_i^k\right\}i!\sum\limits_{X\ne\varnothing}{f(X)\choose i}$。 ${f(X)\choose i}$就是在$X$的Steiner 阅读全文
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"Link" 首先把线段按中心点排序。 设$f_{i,j,0/1}$表示考虑前$i$个线段，右端点最右的是$j$，$j$的朝向是左/右的答案。 假如我们已经知道了$f_{i,j,f1}$，考虑如何转移到其他状态。 枚举$k$表示考虑到前$k$条线段及其朝向，用$p,o,mx$表示$[i+1,k]$这 阅读全文
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"Link" 注意到题目给的要求等价于$\forall i\in[2,n],\sum\limits_{j=1}^iA_i \sum\limits_{j=0}^{i 2}A_{n j}$。 显然这个条件等价于$\sum\limits_{j=1}^{\lceil\frac n2\rceil}A_i \s 阅读全文
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"Link" 首先有一个显然的$O((nm)^3)$的高斯消元。 观察发现每次消元最多影响$m$个方程，因此只保留矩阵中的这一部分项（第二维可以用作差法记录），同时只对这些项消元即可。 这样复杂度就降到了$O(nm^3)$。 阅读全文
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"Link" 设$f_{u,i}$表示$i$时刻到$u$的最小答案，那么我们有：$f_{u,i}=\min\limits_{(u,v,w,id)\in E}(w+\sum\limits_{j=0}^tf_{v,,i+j}p_{id,j})$。 令$g_{e,i}$表示$i$时刻走上$e$这条边的最小 阅读全文
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"Link" 枚举自己的分数$i$，再枚举有多少人$j$的分数是$i$，那么答案就是$\sum\limits_{i=r}^s\sum\limits_{j=1}^p\frac{f(s ij,p j,i){p 1\choose j 1}}j$，其中$f(n,m,l)$是指把$n$个球放进$m$个盒子，每 阅读全文
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"Link" 考虑枚举每一对$a_i,a_j$然后计算贡献，此时序列被分为了$?a_i?a_j?$三部分，交换$k$次后只有$AB,BA,A?,?A,B?,?B,??$总共七种情况，那么我们就可以矩阵快速幂计算出概率然后计算贡献了。 然后枚举$j$计算所有$i$的贡献，用BIT维护即可。 阅读全文