这鬼家伙已经咕了好久了……
SDOIR2的题目挺好玩的～
快速查询（？？？）
不难发现所有的操作都可以通过区间打Tag实现
那么可以维护两个标记(a,b)表示序列中的数为(x)时实际表示的值是(ax+b)。对于一个单点赋值操作把值(x)变为((x-b)a^{-1})放进数组里面，对于全局赋值操作直接把数组清空。只清空在上一次清空到这一次清空之间被修改的数组上的位置，那么清空的复杂度一定不会大于前面所有操作的操作次数，复杂度就是对的。
至于怎么存这个数组可以离散化也可以像我一样很呆地手写哈希表
染色（DP）
有一个显然的暴力：设(f_{i,j,k})表示填满前(i)列、第(i)列两个元素的颜色分别是(j,k)的方案数。复杂度三方一分都没有……
考虑在这个DP的状态上压掉一维。注意到如果我们称至少有一个位置有颜色的列是重要列，那么如果我们可以预处理重要列与重要列之间的转移，我们就只需要记录最后的重要列上(0)位置处填上的颜色即可，那么DP的复杂度就变成了(O(n^2))。
感觉很不错，我们考虑两个重要列之间的可能状态。设(x,y)是其中一个重要列的颜色，考虑另一个重要列的颜色，有以下几种情况。在下面的叙述中用(?)表示不与(x,y)相同的颜色，一横排的若干个矩阵表示这些矩阵的方案数是相同的。
(left(egin{align*} x && ... && y \ y && ... && x end{align*} ight))
(left(egin{align*} x && ... && x \ y && ... && y end{align*} ight))
(left(egin{align*} x && ... && ? \ y && ... && x end{align*} ight)) or (left(egin{align*} x && ... && y \ y && ... && ? end{align*} ight))
(left(egin{align*} x && ... && ? \ y && ... && y end{align*} ight)) or (left(egin{align*} x && ... && x \ y && ... && ? end{align*} ight))
(left(egin{align*} x && ... && ? \ y && ... && ? end{align*} ight))
设(g_{i,0/1/2/3/4})表示这五种状态中间全为(0)的列数为(i)时的填充方案数，转移枚举最后一个全为(0)的列即可，系数有点复杂，可以使用矩阵优化但是我这么无脑的人肯定是直接大力写式子啊。
然后去掉头尾的全(0)列（因为它们的方案数可以直接贡献到答案里），我们就可以每一次枚举两列，用上面求出的(g)数组进行转移了。复杂度(O(n^2))可以通过96pts。
所以最后的4pts当然是打表啦考虑优化DP。
当你写出式子之后就可以发现：其中的所有操作稍作变换可以变为“快速查询”中的区间加、区间乘、单点修改、单点查询、询问所有的和的操作。写一遍不需要离散化的快速查询配上这个DP就可以了。
世界地图（最小生成树、虚树）
需要求一个前缀和一个后缀的最小生成树，我们可以先预处理好前缀和后缀的生成树，然后考虑连接前缀和后缀之间的边的影响。
如果已经有边连接了前缀和后缀，那么如果再加入一条连接前缀和后缀的边，那么一定要删掉两个经度为(1)的点在前缀最小生成树上的路径的最大边权的边，或者两个经度为(m)的点在后缀最小生成树上的路径的最大边权的边。那么可以发现前缀MST和后缀MST上有用的边只是经度为(1)和(m)的点的虚树上的边。
那么我们预处理前后缀MST的时候也使用同样的方法，计算完MST之后把两边边界上的点在MST上的虚树记录下来，注意到虚树上一条边的边权可以直接赋为这两个点对应MST路径上的所有边的最大边权，那么一个MST中有效的边的数量就是(O(n))级别的，每一次合并的复杂度就是(O(nlogn))。
那么这样做就可以得到一个(O((m+q)nlogn))的做法。
热闹的聚会与尴尬的聚会（构造）
题设相当于((p+1)(q+1) geq n)
考虑如下构造方式：每一次在图中删去度数最小的点和它所连的边直至图为空，设每一次删去的点的序列为(p_1,p_2,...,p_k)，每一个点被删去时的度数为(d_1,d_2,...,d_k)，那么周日聚会就邀请(p_1,p_2,...,p_k)，周六聚会就邀请(d_i)取到最大值时对应的图上的所有点。
证明：序列(p)的所有点显然独立，而(d_i)取到最大值时选择的所有点的热闹度就是(max d_i)。因为(sumlimits_{i=1}^k (d_i + 1) = n)，(k(max d_i + 1) geq sumlimits_{i=1}^k d_i +1 = n)，所以((k+1) (max d_i + 1) geq n + 1)，所以这样的选择方案是合法的。
删点使用set维护就可以了。
移动金币（阶梯Nim、DP）
把第(i)个金币和第(i+1)个金币之间的空格个数看作第(m-i)节阶梯的石子数量，那么这个显然是一个阶梯Nim，有效的石子是奇数节的石子，而偶数节的式子对胜负没有影响。
所以我们只需要考虑奇数节的石子，而对于偶数节的石子直接组合数分配。计算先手获胜的概率似乎并不好算，但是比较好算的是先手必败的方案数，因为这意味着奇数节阶梯石子异或和为(0)，也就是每一位恰好出现偶数次。发现(n)并不是很大，我们可以直接按位背包。复杂度是(O(mnlogn))的，但是实际跑得很快。
连续子序列（记忆化搜索）
发现最近的省选很喜欢出思维的搜索题（隔壁TJOID2T3就是，ZJOID1T1或许也可以算）
之前有一个类似于(0110)缩成(0)、(1001)缩成(1)的方法，但是似乎很难避免算重，然后发现有一种更优秀的做法……
考虑T.M.序列的一个性质，可以参考OEIS A010060：令初始序列为(0)，然后用(01)代替(0)，(10)代替(1)，做无限次就可以得到T.M.序列。
那么如果一个序列是T.M.序列的子序列，也就一定能够通过(01)填充为(0)、(10)填充为(1)的方式还原为(0)。
那么我们考虑dfs(s , k)表示当前前缀为s、后面还需要填充k个字符的方案数，转移可以考虑枚举填充的方式：有可能是s的(x(2 otmid x))与(x+1)字符组合，也有可能是(x(2 mid x))与(x+1)字符组合，即在前面加上一个字符使得(s[1])能够和这个字符组合，被一个单独的字符填充。
不难发现当一个串的长度(>3)时这样的划分方式是唯一的，证明可以不妨假设两种填充的方式都成立，那么如果在第一种填充方式下填充出了前缀(00)或者(11)，那么在第二种填充方式下就会填充出前缀(000)或者(111)，这是不合法的；而如果填充出了(01)或者(10)，那么在第二种填充方式下根本不可能存在合法的字符串满足条件。
而当串长度(leq 3)时，比如说串(010)，它就可以被填充为(01|01)或者(10|10)，这两种方案都合法，但是这个字符串只能被计数一次，所以这些地方需要特判。
注意到当(|s|=1)时方案数只和(k)的大小有关，在这种情况下我们可以进入另一层递归。在这层递归中使用记忆化，那么总的状态数就是(O(logk))级别的，而solve函数的递归总数是(O(|s|))级别的，所以复杂度很小可以通过本题。