先来一波胡测（未完）
Round 0
T1 po姐的送温暖题，但是我为啥就没去想 >.<
统计从左上到右下两条路径不相交的方案数。
如果只有一条路这是普及组。
记 $f(i,j,k,l)$ 为从 $(i,j)$到$(k,l)$的方案数。
如果我们没有相交，显然有
$$ans = f(2,1,n,m-1) \cdot f(1,2,n-1,m)$$
接下来考虑只统计相交的路径。
神思路：
找到最后一个交点，转一下变为$(2,1)$走到$(n-1,m)$的路径和一条从$(1,2)$走到$(n,m-1)$的路径
然后我们惊讶地发现原先每种不合法的方案对应一个反转后的方案。
所以相交的对数为
$$f(1,2,n,m-1) \cdot f(2,1,n-1,m)$$
思路很神，但是代码就没什么意思了。。。
T2 zrt的题，HEOI Day2 T3加强版
在一个子序列自动机和一个后缀自动机上dfs记忆化，有$O(n)$的边，$O(n^2)$的状态。
然后就没有然后了。。。
#include <cstdio> #include <cstring> #define N 4010 #define LL long long #define mod 1000000007 using namespace std; struct node{ node *ch[26],*fa; int len,id; LL v; }; struct SAM{ node *root,spT[N<<1],*now; int tot; void addin(char c){ int t=c-'a'; node *np=&spT[++tot],*p=now; np->id=tot; np->len=p->len+1; now=np; for(;p&&!p->ch[t];p=p->fa) p->ch[t]=np; if(!p) np->fa=root; else{ if(p->ch[t]->len==p->len+1) np->fa=p->ch[t]; else{ node *nq=&spT[++tot],*q=p->ch[t]; *nq=*q; nq->len=p->len+1; nq->id=tot; q->fa=np->fa=nq; for(;p&&p->ch[t]==q;p=p->fa) p->ch[t]=nq; } } } void dfs(node *p){ p->v=1; for(int i=0;i<26;i++) if(p->ch[i]){ if(!p->ch[i]->v) dfs(p->ch[i]); (p->v+=p->ch[i]->v)%=mod; } } void build(char *S){ now=root=&spT[tot=1]; int len=strlen(S); for(int i=0;i<len;i++) addin(S[i]); dfs(root); } }A1,A2; struct SBM{ node spT[N],*root,*a[26]; int tot; void build(char *S){ root=&spT[tot=1]; root->id=tot; for(int i=0;i<26;i++) a[i]=NULL; for(int i=strlen(S)-1;~i;i--){ node *p=&spT[++tot]; p->id=tot; p->v=1; memcpy(p->ch,a,sizeof(a)); for(int t=0;t<26;t++) if(p->ch[t]) (p->v+=p->ch[t]->v)%=mod; int t=S[i]-'a'; a[t]=p; } memcpy(root->ch,a,sizeof(a)); for(int i=0;i<26;i++) if(root->ch[i]) root->v+=root->ch[i]->v; } }B1,B2; char S1[N],S2[N]; LL f[N][N]; LL dfs(node *a,node *b){ if(!b) return a->v; if(f[a->id][b->id]!=-1) return f[a->id][b->id]; LL ans=0; for(int t=0;t<26;t++) if(a->ch[t]) (ans+=dfs(a->ch[t],b->ch[t]))%=mod; return f[a->id][b->id]=ans; } int main(){ scanf("%s%s",S1,S2); A1.build(S1); A2.build(S2); B1.build(S1); B2.build(S2); memset(f,-1,sizeof(f)); printf("%lld\n",dfs(A1.root,A2.root)); memset(f,-1,sizeof(f)); printf("%lld\n",dfs(A1.root,B2.root)); memset(f,-1,sizeof(f)); printf("%lld\n",dfs(B1.root,A2.root)); memset(f,-1,sizeof(f)); printf("%lld\n",dfs(B1.root,B2.root)); return 0; }
T3呀。。算了吧，不过
是非常好的提答题（比CTSC的好多了）
Round 1
膜 ioi ZYF laekov
难了一点但是题很好。
T1
ioi大爷的题，LCT 莫对
ioi：“这种做法虽然在修改上多了一个log，但是由于常熟十分小，期望分数还是100分的”
报警了。
写的$O(nsqrt(n))$算法
首先对询问的串分块，然后每个块建AC自动机
查询$O(msqrt(n)+m|S|)$
然而：
int t=0; for(int i=1;i<=n;i++){ l[i]=t; scanf("%s",S1+t); t=strlen(S1); r[i]=t-1; Kmp_init(i); }
QAQ读入是$O(n^2)$的变成30分真是醉了。
改了被卡常95分，不想（hui）卡常，不管了。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <queue> #include <cmath> #include <ctime> #include <cctype> #define N 500010 #define L(x) ((x-1)*size+1) #define R(x) (min(x*size,n)) using namespace std; inline int max(int a,int b){ if(a<b) return b; return a; } char S1[N],S2[N]; int n,m,size,l[N],r[N],tot; struct node{ node *ch[26],*fail; int v,len; }*q[N],spT[500010]; struct ACam{ node* root; inline void init(){ root=&spT[++tot]; } inline void addin(int l,int r){ node* tmp=root; for(int i=l;i<=r;i++){ int t=S1[i]-'a'; if(!tmp->ch[t]) tmp->ch[t]=&spT[++tot]; tmp=tmp->ch[t]; } tmp->v++; tmp->len=r-l+1; } int st,en; inline void getfail(){ q[st=en=1]=root; while(st<=en){ node* tmp=q[st++]; if(tmp!=root){ tmp->len=max(tmp->len,tmp->fail->len); tmp->v+=tmp->fail->v; } for(int t=0;t<26;t++){ if(tmp->ch[t]!=NULL){ if(tmp==root) tmp->ch[t]->fail=root; else tmp->ch[t]->fail=tmp->fail->ch[t]; q[++en]=tmp->ch[t]; } else{ if(tmp==root) tmp->ch[t]=root; else tmp->ch[t]=tmp->fail->ch[t]; } } } } inline int ask(char *c){ int ans=0; node* tmp=root; while(*c!='\0'){ int t=*c-'a'; tmp=tmp->ch[t]; if(tmp->v) ans=max(ans,tmp->len); c++; } return ans; } }AM[620]; int wb[N],f[N],lk[N],rk[N],ft[N],nt,tot_n=0; char S[N]; inline void Kmp_init(int x){ nt=0; for(int i=l[x];i<=r[x];i++) S[nt++]=S1[i]; f[0]=0; f[1]=0; for(int i=1;i<nt;i++){ int j=f[i]; while(j&&S[i]!=S[j]) j=f[j]; f[i+1] = S[i]==S[j]? j+1:0; } lk[x]=tot_n; for(int i=0;i<nt;i++) ft[tot_n++]=f[i]; rk[x]=tot_n-1; } inline int ask(int x,char *St){ nt=0; for(int i=l[x];i<=r[x];i++) S[nt++]=S1[i]; int tmp=0; for(int i=lk[x];i<=rk[x];i++) f[tmp++]=ft[i]; int nl=strlen(St),j=0; for(int i=0;i<nl;i++){ while(j&&S[j]!=St[i]) j=f[j]; if(S[j]==St[i]) j++; if(j==nt) return nt; } return 0; } inline int com_ask(int l,int r,char* S){ int lb=wb[l],rb=wb[r],ans=0; if(lb==rb){ for(int i=l;i<=r;i++) ans=max(ans,ask(i,S)); } else{ if(l!=L(lb)){ for(int i=l;i<=R(lb);i++) ans=max(ans,ask(i,S)); } for(int i= ((l==L(lb))? lb:lb+1);i<= ((r==R(rb))?rb:rb-1);i++) ans=max(ans,AM[i].ask(S)); if(r!=R(rb)){ for(int i=L(rb);i<=r;i++) ans=max(ans,ask(i,S)); } } return ans; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); int t=0; char ch; for(int i=1;i<=n;i++){ l[i]=t; while(!isalpha(ch=getchar())); S1[t++]=ch; while(isalpha(ch=getchar())) S1[t++]=ch; r[i]=t-1; Kmp_init(i); } size=(int)sqrt(n+0.5); for(int i=1;i<=n;i++) wb[i]=(i-1)/size+1; for(int i=1;i<=wb[n];i++) AM[i].init(); for(int i=1;i<=n;i++) AM[wb[i]].addin(l[i],r[i]); for(int i=1;i<=wb[n];i++) AM[i].getfail(); for(int i=1,l,r;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&l,&r); t=0; while(!isalpha(ch=getchar())); S2[t++]=ch; while(isalpha(ch=getchar())) S2[t++]=ch; S2[t]='\0'; printf("%d\n",com_ask(l,r,S2)); } return 0; }
T2
QAQ，QAQ
一直在做T1 T3，没有理T2，最后发现裸的KD-tree 优化dp呀[捂脸]
ZYF业界良心。
（代码还是算了吧）
T3
QAQ还不会，待补完。
