Note 5.26-5.28
Luogu5303 [GXOI/GZOI2019]逼死强迫症
设\(f(i)=f(i-1)+f(i-2),f(0)=f(1)=1\)，即是\(2 \times i\)的铺放方案数；再考虑两块碎砖的距离，有\(Ans=2 \times \sum_{i=3}^{n} \sum_{j=0}^{n-i} f(j)\times f(n-i-j)\)；设\(g(n)=\sum_{i=0}^{n} f(i) \times f(n-i)\)，展开有\(g(n)=g(n-1)+g(n-2)+f(n-1)+f(n-2)\)；那么矩阵快速幂即可。
Luogu4495 [HAOI2018]奇怪的背包
假设选择了物品\(t_1,t_2,...,t_k\)，那么\(\sum_{i=1}^{k} a_i V_{t_i} \equiv w \pmod P\)，不难发现在模\(P\)意义下，a_i的取值范围相当于\(R\)，所以有\(gcd(V_{t_1},V_{t_2},...,V{t_k},P)|w\)，即：\(GCD_{i=1}^{k} gcd(V_{t_i},P)|w\)，考虑dp，设\(f(i,j)\)表示考虑到与\(P\)公约数为\(i\)的一组数，现在的总约数为\(j\)的方案数，转移即可。对于一个\(w\)，其答案就是$\sum_{d|w} f(..,d) $，是可以预处理的。
Luogu5300 [GXOI/GZOI2019]与或和
拆位，问题就变成了对于一个01矩阵，求它的全1子矩阵个数，处理出每个点的最高高度，单调栈统计即可，最后乘上答案即可。
Luogu4606 [SDOI2018]战略游戏
首先建圆方树。发现要摧毁的点是割点，割点满足什么条件呢，观察到它一定是\(u\)到\(v\)在圆方树上的简单路径上的圆点(不包括端点)。那么多个点怎么统计呢？用树链的并统计圆点个数即可，注意最后要减去不能摧毁的\(|S|\)个点。
Luogu5330 [SNOI2019]数论
考虑在模\(B\)剩余系下计算贡献，不难发现对于加A成\(gcd(A,B)\)环，在环上的贡献可以\(O(1)\)递推，大致分类讨论一下即可，所以最后可以\(O(n)\)的算出所有模B剩余系下的点的贡献。
Luogu5323 5323 [BJOI2019]光线
设\(f(i)\)表示第\(i\)层玻璃上部进光量，\(g(i)\)表示第\(i\)层玻璃下部进光量，有\(a_if(i)+b_ig(i)=f(i+1)\)，\(a_ig(i)+b_if(i)=g(i-1)\)，\(f(1)=1\)，\(g(n)=0\)，从上到下依次消元即可。
Luogu5327 [ZJOI2019]语言
考虑对于每个点分别计算贡献，那么\(u\)所能匹配的点数就是经过它的路径的并。如何统计所有点的答案呢？采用\(dfs\)序线段树维护树链的并，就可以做到动态插入删除路径，对于路径的插入删除，考虑用树上差分打标记实现，那么一个点对应的线段树就由子树继承而来，套上线段树合并即可。
Luogu5280 [ZJOI2019]线段树
设\(f(x)\)表示节点\(x\)有标记的线段树占总数比例，\(g(x)\)表示节点\(x\)到根路径有标记的线段树占总数比例，那么每一次修改就是：
1.到达目标节点前经过的节点：\(f(x)=\frac{f(x)}{2}\)，\(g(x)=\frac{g(x)}{2}\)。
2.目标节点：\(f(x)=\frac{1}{2}+\frac{f(x)}{2}\)，\(g(x)=\frac{1}{2}+\frac{g(x)}{2}\)。
3.目标节点子树内的节点：\(f(x)=f(x)，g(x)=\frac{1}{2}+\frac{g(x)}{2}\)。
4.PushDown但未经过的节点：\(f(x)=\frac{f(x)}{2}+\frac{g(x)}{2}\)，\(g(x)=g(x)\)。
5.其他节点不变。
具体修改用懒标记实现即可，答案就是\(NUM \times \sum_{i=1}^{tree_tot} f(i)\)。
Luogu2481 [SDOI2010]代码拍卖会
发现对于一个数，一定可以表示为\(\sum_{i=1}^{t} \frac{10^{k_i}-1}{9}(t \leq 9)\)。而\(\frac{10^{k_i}-1}{9}\)这样的数模\(P\)是有周期的，长度\(O(P)\)，直接考虑dp。设\(f(i,j,k)\)表示考虑到余数为\(i\)的一组数时，已经选了\(j\)个数，当前余数为\(k\)的方案数，每一次转移枚举再选\(x\)个数即可，贡献是\({cnt[i]+x-1,x-1}\)。最后注意第一个数不能为\(0\)。
Luogu4492 [HAOI2018]苹果树
发现长出第\(i\)个节点时有\(i\)种选择，所以最后总形态数就是\(N!\)，所以就是求所有树的不便度之和。考虑对于每条边计算对总答案的贡献，若子树大小为\(j\)，贡献即为\(j(n-j)\)。那么一共计算了多少次呢？设当前子树根节点为第\(i\)个节点，那么前\(i\)个节点的形态有\(i!\)种，子树内部形态有\(j!\)中，剩下的\(n-i-j+1\)个节点的形态有\(\prod_{k=i-1}^{n-j-1} k\)种，然后子树内的节点编号有\({n-i \choose j}\)种，所以总贡献是\(j(n-j)i!j!{n-i \choose j}\prod_{k=i-1}^{n-j-1}k\)，即\(ij(n-j)!j!{n-i \choose j}\)。最后枚举\(i\)，\(j\)求和即可。
Luogu4916 魔力环
LOJ6502「雅礼集训 2018 Day4」Divide
考虑重新构造数列，使对于数列中的每一个\(i\)，都有\(w[i]+w[j] \geq m或w[i]+w[j] \lt m(1 \leq j \lt i)\)成立，那么就可以方便地用dp转移求得答案。现在考虑如何构造数列，先按\(w\)的大小排序，发现对于区间\([l,r]\)，若\(w[l]+w[r] \leq m\)成立，那么\(w[t]+w[r] \leq m\)恒成立；若\(w[l]+w[r] \gt m\)成立，那么\(w[l]+w[t] \gt m\)恒成立；那么从\([1,n]\)开始，每一次取出相应的\(w[l]\)或\(w[r]\)，就可以得到满足条件的数列。
LOJ6503「雅礼集训 2018 Day4」Magic
直接算不好算，考虑给所有卡片编号，最后答案再除以\(\prod_{i=1}^{m} a_i!\)即可。那么\(k\)个魔术队相当于在\(n\)张牌中选出\(k\)张牌，再将其插入到其他颜色与其相同的牌后。那么我们无法保证其他牌不形成魔术对，所以考虑容斥。设\(f(k)\)表示恰好\(k\)张牌形成魔术对的方案数，\(g(k)\)表示至少\(k\)张牌形成魔术对的方案数。那么有：\(f(k)=\sum_{i=k}^{n-1} (-1)^{i-k} {i \choose k}g(i)\)。如何计算\(g(i)\)呢？考虑dp。设\(f(i,j)\)表示考虑到第\(i\)种颜色，之前已经选出了\(j\)张牌构成魔术对，转移就枚举在第\(i\)种颜色中选出\(x\)张牌。贡献是多少呢？就是选出\(x\)张\({a_i \choose x}\)，再将\(x\)张牌插入到其他牌后面\(\prod_{j=a_i-x}^{a_i-1}j\)，所以是\({a_i \choose x}\prod_{j=a_i-x}^{a_i-1}j\)。最后因为其他牌未计入顺序，所以\(g(i)=f(m,i) \times (n-i)!\)。但是这样复杂度没有保证，因为每一次的转移实际是\(F_{i-1}(x)\)与贡献函数\(W_i(x)\)卷积得到新的\(F_i(x)\)，所以可以用多项式优化。注意这里要用堆维护当前所有多项式的长度，每一次选出最短的两个做卷积即可，复杂度相当于分治，是\(O(nlog^{2}n)\)。
