ljs神 Orz，再一次大比分rank1，无线接近AK。膜拜nbnbnbnbnbnbnbnbnb的ljs队长。
T1
Description
有集合 \(w_{1,2,...,n}\)，分到 \(k\) 个集合中，贡献是每个集合个数乘上 \(\sum w\) 的和。问总情况贡献和。
Solution
挺有意思的，想了1个多小时，像个sb一样。
考虑对于一个点计算贡献，发现只需要算出每种情况所属的集合之和的和。考虑两种情况，一种是自己当一个集合，这种情况贡献是 \(\begin{Bmatrix} n-1 \\ k-1\end{Bmatrix}\)。另外一种情况是放入其它集合，这种情况贡献就是 \(\begin{Bmatrix} n-1 \\ k\end{Bmatrix}\times (n-1+k)\)。
所以直接算 \(\begin{Bmatrix} n-1 \\ k\end{Bmatrix}\) 和 \(\begin{Bmatrix} n-1 \\ k-1\end{Bmatrix}\) 就行了。
T2
Description
有 \(n\) 个商店，商店两两之间都只需要 \(1\) 分钟，加入在时间 \(t\) 来到商店 \(i\) ，那么需要 \(t\times a_i+b_i\) 来排队。问在 \(T\) 之前最多能到几个商店买到东西。
Solution
考试的时候懒得继续优化了。/kk
不难发现加入我们选了 \((a_1,b_1),(a_2,b_2)\)，那么 \((a_1,b_1)\) 放 \((a_2,b_2)\) 之前的条件就是对于任意 \(t\) ，都存在 ：
你发现这个东西似乎是有传递性的，所以我们就可以排序之后，相当于选一个子序列出来。这个显然可以用前缀最小值做到 \(\Theta(n^2)\)。
发现我们 \(a\not= 0\) 的时候，每次 \(t\) 必定翻倍，所以最多 \(\log T\) 此操作。\(a=0\) 的情况你发现可以直接加在后面。
T3
Description
给出 \(n\)，表示有一个长度为 \(n\) 的序列，每个位置可以选 \((0,2^n)\)，使得每个位置的值都互不相同，使得它们的异或值不为 \(0\)，求方案数对 \(1000000007\) 取模。
\(n\le 10^7\)
Solution
考虑容斥，我们考虑 \(f_i\) 表示前面 \(i\) 个位置已经放好了，且互不相同，异或值为 \(0\) 的方案数。为了算 \(f_i\) 我们可以设 \(p_i\) 表示前面 \(i\) 个数互不相同的方案数，这个可以发现很好算。
可以发现 \(f_i=p_{i-1}-f_{i-1}-(2^n-i+1)\times f_{i-2}\times (i-1)\)，因为你肯定需要第 \(i\) 个位置的值等于前面 \(i-1\) 个位置的异或和，所以总方案就是 \(p_{i-1}\)，然后需要减去前面异或值为 \(0\) 的情况，因为这时第 \(i\) 个位置为 \(0\)。还需要减去前面有相同的值的情况，这个时候相当于有 \(i-2\) 个异或值为 \(0\)，再加上两个相同的值。最后答案就是 \(p_i-f_i\) 。
似乎有其他的容斥做法，但我推不动。
T4
Description
有一个 \(n\) 个点的图，给每个点分配一个 \(t_i\)，当 \(u,v\) 有边相连的时候会产生 \(t_u\times t_v\) 的贡献，问贡献最大值。
\(n\le 40\)。
Solution
考虑 \(u,v\) 之间没有边的时候，我们设 \(s_u,s_v\) 表示与 \(u,v\) 相连的 \(t\) 之和，那么 \(u,v\) 产生的贡献之和就是 \((s_u\times t_u+s_v\times t_v)/2\)。
考虑到，我们可以把 \(s\) 较小的 \(t\) 移到 \(s\) 较大的 \(t\) 上面去，这样的话答案一定不会变小。也就是说，没有边的两个点之间一定有一个 \(t=0\)，换句话说，只有两个点都有值当且仅当两个点之间有边。
假设我们现在在考虑一个团大小为 \(k\)，那么我们发现平均分配一定最优（均值不等式可以证明），这个时候贡献就是 \(x^2\times (1-1/k)/2\)。你发现最优情况一定是把 \(x\) 放到最大团上面。
找最大团大小可以用 meet in the middle 做到 \(\Theta(2^{n/2}n)\) 。