一些题解
1.贴贴
懒得写代码了
首先有个单次询问O（n）的直接换根DP做法，枚举相遇点，略。
像这种每次找一类点计算答案的题，考虑虚树。
有个结论：相遇点选在颜色为x或y的点上 不会更劣
所以只需要在同时包含x和y色的虚树上换根DP，枚举相遇点就行了
但复杂度波动很大。当max(size x,size y)比较大时，复杂度就高；
考虑均衡一下，根号分治。maxsize<sqrtn直接暴力，预处理所有maxsize>sqrtn的对，O(n sqrt n）。（具体来说，对于每个size>sqrtn的点，在原树上换根DP。在颜色为k的点上时，就和k的虚树统计答案）
还有个小优化，每次建同时包含x色和y色的虚树时，不用按dfs重新排序，只需要把x色和y色的有序序列归并一下，这样子每次直接算答案的部分，复杂度就优化到了O(sqrt n）
O（nsqrtn+msqrtn）
2.The Tree
有几个巨佬，非常快的秒掉了。
我当时想了个定期重构的方法，但是没写。
首先感操作1不好操作，查询很好操作。考虑平衡一下，操作1直接考虑在x点打标记 w++，查询就查x到根的链。
查询时，x点为黑，当且仅当存在x的一个父亲y，满足x到y路径所经过的点数 小于路径上所有点的w之和。
初始时把每个w设置成-1，就相当于判断 x到根的路径 的所有后缀路径 的w之和 的最大值 ，是否>=0。
考虑树剖加线段树维护。
至于操作2，先把x的子树的点赋值为-1（我到现在才意识到 树剖是可以子树修改，子树查询的），再考虑减去x的祖先对子树的贡献。
如果x的祖先y影响到了x的子树，一定会向下蔓延（x到y路径的w之和）层。我们就把x的w减去（x到y路径的w之和）+1，类似于用海绵吸掉蔓延的黑色
但是假设我算答案的时候，没有取到y，但经过了x，x就会吸掉无辜的黑色，会不会有问题呢?
实际不会，显然取x一定不如取y优秀，毕竟（x到y路径的w之和）>=0，除非……有其他操作2。但是一对x到y的路径上的点 进行操作2，x的w就成-1了，也不会吸了。
时间复杂度O(nlog^2)
sto nkrqoi002
首先做这道题，要会有向完全图三元环计数。
手玩一下可以发现，三元环不太好计数，但是非三元环很好计数。对于任意三个点，只要有一个点有两个入度，这就是个非三元环。
（确定三元环需要三个点的状态，而确定非三元只需要一个点的状态）
因此 可以容斥。三元环总个数就是C n3 -∑C in[u] 2，每个三元环只会被计算一次。
得出这个美丽的式子之后，考虑如何计算答案，首先C n3是定值，对答案无影响，只剩 -∑in[u]*(in[u]-1)/2，除以2也可以提，就变成了∑in[u]-∑in[u]^2
∑in[u]值是定值 我们只用让∑in[u]^2最小。
这种选择性定向的题，比较容易想到网络流。选择费用流，s连询问点，询问点连右边原图上的点，原图上的点就1,3,5,7地往t连。
4.平均回文
枚举中心+二分哈希
每次两边同时遇到一个‘？’，概率就要除以26。多除几个26，概率就爆出精度了，直接结束循环。挺有意思
5.小w的喜糖
这题在容斥专题里，所以是容斥（而且约束条件有点怪。
F[i]表示至少有i个人与手中糖的颜色冲突 的方案数。我们只需要固定i个人冲突，其他人随便选，就可以计算f[i]。f[i]容斥一下就是最终答案了！
我们现在只需要研究固定i人冲突的方案数了
由于原题的同一颜色糖果等价，不太好处理，有一个小技巧，先把每颗糖都当做不同的，只考虑约束条件，最后求出方案数后，再按可重集排列去重（学到了！！！）。
我们考虑在每种颜色中选一些人来冲突，这不太好直接列式子，数据范围又小，直接dp。
dp[i][j]表示前i种颜色，已经选了j个冲突的人，的总方案数
转移明显就是枚举当前选几人冲突，dp[i][j]=∑C(num[i],k)*A(num[i],k)*dp[i-1][j-k] ，注意我们已经假设每颗糖不同，所以要乘A()
F[i]=f[n][i]*(n-i)! 最后容斥一下即可得到答案（别忘了去重）
看到zmz再看这道题，我就凑上去看了看，并点开了算法标签，说“太简单了，这不就是，倍增 加 trie树 加 位运算吗，秒了！”
后来我想了一下这道题，发现按trie树一想就直接出来了，trie树合并 加一个 搜11111链并交换节点左右儿子的修改，O（nlogn），看了一眼题解，可以这么写。
（之前希希好像口胡了一道题让我想，解法就是交换线段树的左右儿子，导致想这道题简单了许多）
当初不该看标签，感觉略过了这题最难的部分。
收获：trie树可以合并，+1操作可以在trie树上体现
7.https://www.luogu.com.cn/problem/P5445
这道题在CDQ作业表里，当时就一直对着CDQ想，始终想不出来，对时间分治，区间分治好像都不行，便“低头”了。
实际上是需要转化的。因为我低头了，所以我不太清楚咋想到转化，因为我真的想不到啊。
洛谷一篇blog写道："看到点对，什么思路？转化为平面问题。显然点对连通性可以转化到平面上”
挺有道理，这种二元组，点对的题，都可能联系上矩阵（学到了！！）
总之，可以使用一个矩阵表示连通性。当联通 i-1 所在的连通块（L）和 i+1所在的连通块（R）时，给每个（l，r）和（r，l）加上q-now的值。
相对的，当删除时，给每个（l，r）和（r，l）减去q-now的值。
发现这玩意是个矩阵操作，要求矩阵加，矩阵减，单点求值。
二维线段树和CDQ都能过（实际上我一种都没写，口胡）
8.I - [WF2015 J] Tile Cutting | CQNK (nks.edu.cn)
很骚的一道题。
首先一眼感觉这玩意和询问没多大关系，应该是诈骗。我们直接不管，尝试求出每个cnt[size]
初感觉就是在矩形（或直角梯形）的基础上，加上一些变量，来唯一地确定一个平行四边形，并表示出它的面积（毕竟你看题面给你的图片，都是一个矩形框住了一个平行四边形），再从其面积的式子中找点规律。
然后我们随便设设，like this
（很悲伤的是，在开这道题的时候，我还挺快地想出了以上步骤，结果我把平四面积表示错了！表示成了个6项式，直接舍弃了这种做法）
我们就会发现这玩意的面积为ad+bc！！！简直是送到嘴上的FFT （也没有很送到嘴上，因为它在FFT专题里）（ Ci=∑Ai-j*Bj，这个平行四边形面积就是 i ，ad 就是 i-j，bc 就是 j）
然后就可以很舒服的用FFT搞了
最后询问随便处理处理就行，我写的st表。
M - [Tjoi2016&Heoi2016]求和 | CQNK
another 多项式乘法
首先我们直接把第二类斯特林数拆开，再约一下分，可得
理性分析一波。右边的一坨中，分别有和 j ，j-k ，k ，（k和i）相关的项，
我们发现 j ，j-k ，k 这种处理着很舒服，只有n种值，看着就像多项式乘法 ；与 k 和 i 同时相关的项就很难受，它有n*n数量级的取值，不好搞。
但是与 i 相关的只有 k^i 这一项，我们可以考虑把 sigma i拿进去。
我们发现几乎搞了个寂寞，g数组也求不了，而且式子里又多了一个与 j 和 k 同时相关的项。
当时到这里就做不动了。
然后请教了一下柏霖，他说 “把 j 的上界换成 n”。我听了一脸懵，又看了一眼原式子，恍然大悟。
首先把 j > i 时肯定不影响答案
注意到如果把 j 的上界换成 n，i 与 j 就无关了。再来看 k^i ，惊讶地发现，原本需要传入 j k的 g（） 只需要传入一个 k 了！！！因为 i 不再受 j 的约束了！！！
现在式子里只有和 j ，j-k ，k 相关的项，NTT O(n*logn) 解决！
这种思路可以用来去除变量间的约束，挺有用的。
你一看枚举矩形，要么枚举右下角，要么扫描线。
枚举右下角试了试，发现不太好维护某些东西；又试了试扫描线，发现有一个 ∑minn(l,r)+1-( K/len ) 的式子。枚举 l,r 显然是不行的，那就枚举值。
K/len像是可以整除分块，但是minn(l,r)就难搞了。于是咱们就搞 minn(l,r)。笛卡尔树呼之欲出，式子成了∑(minn+1-( K/len ))*sumlen，拆成∑(minn+1)*sumlen-∑( K/len )*sumlen
sumlen实际上是一个先增再不变后减函数，增减量都为+-1，∑(minn+1)*sumlen 等差数列，∑( K/len )*sumlen 预处理
场上1h想出来，1.5h都没写出来！！！
最后开始赌博，孤注一掷，发现没戏，速码暴力，暴力还CE了，光荣爆零。
哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈！！！
终于有一道纯自己过的题了
而且做法挺优秀（！！！
但是这道题还想了比较久，昨天想了1h，写了1h，调了1h。
首先很明显枚举最大的惩罚系数，再求所有方案人数之和。对第 i 人，右边随便选，左边确保其交集为空
先来个 Ei，表示有 i 个元素，选出若干子集使得它们交集为空
（二项式反演容斥一下可得）
再来个 Fi，表示有 i 个元素，所有选子集方案中，选出子集交集大小之和
然后自以为可以统计答案了，随便写了个啥式子，发现过不了样例，调了一晚上后，我发现我的式子萎了。
大概就是我默认把 i 左边的人全部不选。没考虑到 i 左边的人也可以被选在其中一些集合中，只要不被包含再交集中就行了。
于是乎我又列了一个式子
Gi 表示 n 个人中，（前 i 个人交集为0，第 i+1 人必选，其他人随意选) 的 所有选子集方案中，选出子集交集大小之和
（再次二项式反演容斥）
以上三式皆可用NTT算，这个肯定就没问题了。
按照正常剧情，现在我就应该A了，但是NKOJ为这段故事填上了浓墨重彩的一笔
意思就是被卡常了。
问了一下他们，他们说他们只用了两次多项式乘法，而且还要强制 limit 为 2*n 而不是 4*n。
我尝试把上面的式子合并，发现不行。
当我拎出其中一个式子时，我发现我就是个 傻B
"再来个 Fi，表示有 i 个元素，所有选子集方案中，选出子集交集大小之和"
加入这玩意强迫你O（1）求 Fi ，咋求？
咱直接讨论 每个元素 j 有多少贡献。只有当选出所有子集都包含 j 时 它才有贡献，这不就是
选出的每个集合都必须包含 j ，一共 2^(i-1) 个这种集合，总方案就是2^2^(i-1)-1（空集），每个元素又等价所以*i
过了
这个故事告诉我们，别学NTT学傻了（我觉得我思路也有点奇怪，正常应该先想到G的式子，再想到F的式子，鉴定为学多项式学的
很明显直接枚举 N个位置中出现次数恰好为S的颜色种数
尝试统计 N个位置中出现次数恰好为S的颜色种数为i 的方案数。发现不太好搞，考虑 N个位置中出现次数至少为S的颜色种数为i 的方案数
假设有 i 种颜色，首先有一个C（m，i），iS 个位置类似可重集排列，剩下位置的随便在（n-i）选。
但这样子还是会算重方案数，具体式子我忘了（应该长得和下图形式二差不多）。
反正得二项式反演一下。
然后就可以NTT了
论文题，学到了一些推式子思路。
根据经验，我们考虑只算出环长为 i 时第一个人的存活率，其他人的存活率就可以直接表示
设一个人死的概率为p，活的概率为q=（1-p），很容易推出一个人在前i轮死掉的概率为1-q^i；然后又可以推出 n-1人在前 i 轮全死的概率为（1-q^i）^n。
然后就可以列式子，设当前环长为n，第一个人最后死，当且仅当他在第 i 轮结束的新一轮后死掉时，剩下n-1人在i轮之内全死了。
可以列式
（不会latex）
然后F也可以用多项式乘法算了
这个推式子对我来说挺有启发性，建议反复观摩
4个月前场切了，今天看了1h之前的代码才看懂是怎么写的
首先我们可以想到一些暴力，比如O（1）修改， O（n）枚举子集查询；或者O（n）枚举超集修改，O（1）查询。但是都过不了
看到这修改和查询用时的不平衡，我们可以想到结合一下。
正常做法：
把一个数拆成两部分，前一半位和后一半位。然后设 f s1 s2为前一半位恰好为 s1，后一半位为 s2 的子集，的总方案数。
这样子查询就只需要枚 s1 的子集，修改就只需要枚举 s2 的超集，成功平均。
我当时的离谱做法：
把数分为 bitcount>=8（A类） 和 <8（B类） 两种
算贡献时：（当前计算的是 => 号右边的贡献）
A对A的贡献：超集修改，单点查询
B对B的贡献：单点修改，子集查询
A对B的贡献：推一下发现，A对B有贡献当且仅当 A的补集&B=0。
又有一个很神奇的性质，如果对B子集修改，对A的补集的子集查询时 对 popcount%2 进行（+-）容斥，只有当 A的补集&B=0 时，B的贡献才不会被容斥抵消
（我也不知道我当年是怎么想到的）
按照上面实现即可。
我是傻逼我是傻逼哦我是傻逼我是傻逼我是的我怕调查的2发如此肤浅如果vi哦1其他人突然发。 vbqwrtbn
有一个性质，当且仅当m在二进制下是n的子集时， C（n，m）为奇数。手玩和用拓展卢卡斯均可得到。（这是之前一道题的结论）
然后就变成了上面那道题倒过来。
如果偏要正着做，我当时的离谱做法好像就不太好推了；但是正常做法依然强劲。
所以说这题等于两道原题加起来
考场上执着于莫队，导致一直没想出正解。
实际上区间查询的题不只有莫队一种较通用的做法。
可以用数据结构，整体二分，莫队，对询问按右端点排序再挪指针 等等。
对于（是否存在某个元素）这种问题，莫队 和 排序加挪指针 比较常见。
这道题就是最后那种。
我们只需要在挪动右端点的同时，维护 当前倒数第一个 a[i] 含有某个质因子p的 i ，在树状数组中 标记一下它的贡献（p-1)/p 。O（nlogn^2)
感觉比较板的一题，估计是因为分治FFT本身就是紫题了。
很明显，这是一道概率DP，我们得先设状态 F u i ，表示当前是第 i 秒，在 u 点，到n点的最小期望。
如果将 F u 作为一个整体去转移，就会发现转移中有环。于是不得不枚举 i ，一层一层地转移
\(F_{u,i}=min_v\{\sum_{j=1}^tF_{v,j}*P(uv,j-i)\}\)
就可以O（n*t^2）地求解了。
尝试发现一些性质，最后你会发现没有性质。
首先这题似乎不太符合普通最短路的性质，有可能走回头路，比如
再猜点其他结论，什么通过某个点一条边转移的时间点是连续的，等等，会发现都不成立。
我们就把矛头指向DP方程
\(F_{u,i}=min_v\{\sum_{j=1}^tF_{v,j}*P(uv,j-i)\}\)
首先我们把总期望转化为每条边的期望之和，明显每条边被选中的概率相同，都是 \(\frac{n-1}{\frac{n*(n-1)}2}\) ,即 \(\frac2n\)
（这个可以由 \(\frac{C_S^{n-1}}{C_{S-1}^{n-2}}\) 化开得到，其中 \(S=\frac{n*(n-1)}2\)；也可以理解为每条边的期望是 \(1\)，最后所有边的期望之和为 \(n-1\)）
\( \begin{aligned} F(n)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n(i+j)^m\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=2*i+1}^{i+n}j^m\\ &=\sum_{i=1}^nS(i+n)-S(2*i)\\ &=\sum_{i=1}^nS(i+n)-\sum_{i=1}^nS(2*i) \end{aligned} \)
拉格朗日插一下\(F(n)\)即可
最后别忘乘 \(\frac2n\)
Ⓑ - 【SAM】子串的价值
很琴瑟的一道题
首先，子串长度*出现次数 = 后缀自动机
所有直接上SAM！！！\(O(n)\)
对于第一问，由于我们无法一次存下所有价值，所以只能二分答案ans（这玩意明显有单调性），然后判断价值>=ans 的子串有没有m个（这部分在自动机上做，\(O(n)\)），一共 \(O(n*logn)\) 。
二分出ans后，直接把 价值>=ans 的子串的价值 全部取出来排序即可，\(O(n*logn)\)
（这里有一个小问题，如何保证价值>=ans 的子串的数量？首先价值>ans的子串的数量不超过m；其次价值=ans 的子串的数量也是 \(O(n)\) 级别：对于自动机上每个点所表示的子串，至多只有一个价值=ans）（或者你也可以直接把 价值>ans 的子串的价值 取出来排序，剩下的全用ans补上）
对于第二问，我们采用与第一问相似的思想：先二分答案算出第k小的子串的价值ans，再让 k-=（价值小于ans的子串数量）最后对 价值=ans的子串 ，找出第k小。
一种方法是排序，使用哈希，存子串只需要存它在原串中的pos，根据上面的证明，这是 \(O(n*log^2n)\)的；这道题又只需要求第k大，所以可以使用nth_element，\(O(n*logn)\)
当然还有更优秀的方法：
我们充分利用fail树的性质：每个节点所代表的子串 是 其子树内所有节点所代表的子串 的后缀
那我们 reverse 一下再建树，则，每个节点所代表的子串 是 其子树内所有节点所代表的子串 的前缀
说明每个节点所代表的子串 比 其子树内所有节点所代表的子串 字典序小。
那我们就可以预处理子树内 价值=ans的子串 个数和，最后按字典序在fail树上随便跑跑就完了
（另一个小问题，要想在fail树上从上往下跑，我们需要把它改造成 类trie树，如图）
（边权为，son代表子串的从后往前数的第len[father]+1个字符）
（具体怎么存子串？还是存 其在原串上的pos）
总结：其实这道题并不难想，二分答案之类的呼之欲出。只不过是想介绍一下存pos，fail树转trie树之类的思想。可以说是为了这盘醋包了顿饺子。
