1.生成函数小技巧
A
不断求导可以配出$i^k$系数，每次多乘一个x，再求导，最后只会少了$a_0$
B
如果推出形如：$frac{p(x)}{q(x)}=A(x)$要求$A(x)$的递推式，其中p是n次项，q是m次项。
则$A(x)*q(x)=p(x)$利用卷积，关注$[x^n]p(x)=[x^{n-m}]A(x)*[x^m]q(x)$即可得到$a_{n-m}$，然后下顺，即可依次得到$a_{n-m-1},a_{n-m-2}...$
C
$frac{P(x)}{Pi (x-a_i)^{k_i}}$化成部分分式：$sum frac{P_i(x)}{(x-a_i)^{k_i}}$
直接通分，分子之和等于$P(x)$
即：$P(x)=sum P_i(x) imes Pi_{j!=i}(x-a_j)^{k_j}$
不妨考虑$modspace (x-a_i)^{k_i}$
可以得到：$P(x)=P_i(x) imes Pi_{j!=i}(x-a_j)^{k_j}space modspace (x-a_i)^{k_i} $
考虑进行分治处理：类似多点求值，进入左半边的时候，整体$modspace Pi_{j>mid}(x-a_j)^{k_j} $
至于还需要：$Pi_{j!=i}(x-a_j)^{k_j}$还是类似分治
再来一个多项式求逆即可得到：$Pi(x)$
用处：可以继续化简$ frac{P_i(x)}{(x-a_i)^{k_i}}=sum_{j=1}^{k_i} frac{b_j}{(x-a_i)^{j}}$
分子是一个常数，分母可以直接展开，获得这一项的O(1)公式。求通项的时候，分别对这$sum k_i$个的第$[x^n]$进行求和。O(k)求一项。胜过无脑快速递推的O(klogk)
D
$w^{i imes (n-i)}=w^{(C(n,2)-C(i,2)-C(n-i,2))}$然后除过去和n有关的。
2.
n*m的矩阵
填数
每行每列最大值必须恰好是Ci,Rj
求方案数
不妨对R，C排序，
考虑如果是<=限制，(1,1)开始，当前在$(x,y)$.设R更小，可以直接走到(R+1,C)，$ans imes=R_x^{m-y+1}$也就是后面的C的个数，C更小同理。
可能无法保证最大值一定出现过。
恰好出现最大值，考虑容斥。
整体容斥很难办。按照==关系分段：$RRC<RCC<RC<RRCC$中间都是等于
每一段的填法对应往下往右这个区域的方案数。
黄色部分R=C，中间的黄色区域负责处理红色的填法
显然每段独立。考虑对每段进行容斥。枚举哪些R哪些C不满足出现最大值，然后
本段有nr个R，nc个C，之后有sr个R，sc个C，限制都是v
$contribution=sum_{i=0}^{nr}sum_{j=0}^{nc} (-1)^{i+j}C(nr,i)(v-1)^{i(sc+nc)}C(nc,j)(v-1)^{j(sr+nr-i)}v^{(nr-i)(sc+nc-j)+(nc-j)(sr+nr-i)}$
NTT优化：直接放到(i+j)的位置上，形如：$v^{ij}$要用上面的技巧优化
最后每个位置加起来。
3.
构造题：
N*M棋盘，1~N*M编号各出现一次
曼哈顿距离不超过2的点对
N<=1000
度数确定4个角的点
哈希函数：一个点到4个角的最短路以及最短路方案数
然后唯一确定。。。直接还原
4.
四元环计数：[学习笔记]三元环
还是暴力，O(msqrt(m))
5.
N个点，编号0~N-1
如果popcount(i xor j) =K
连边：
i->j : weight:(ai+bj)
j->i : weight(aj+bi)
求root到各个点的最短路
考虑建立虚点优化建图
i到j xor为k，意味着把i的k位翻转
f[i][j][k]当前为i，已经确定前j位，已经翻转了k位的点
x->f[x][-1][0]->....->f[y][16][k]->y
第一条和最后一条边权为ai和bj
O(nlog^3)
优化：
1.中间的权值为0，dij取出第一个点，直接全部更新最短路
2.当k>=17/2时候，连边：x->f[(1<<17)-x][-1][0]->....->f[y][16][17-k]->y
即等价于翻回17-k次。
这样k<=17/2，状态/=2
6.
走：
(0,0,0)->(n,m,k)
到(i,j,p)有代价：Ai+Bj+Cp
求最小代价
变成差分数组{ai,bi,ci}，每一步都有一个代价。
n+m+k步
考虑放abcbcbabcbabcbacb
每一步有一个带权的代价：val*后面的总步数
翻转一下，1~n往上升。每个位置i的代价：val*i
如果权值递减直接贪心
有增加的一段，一定连续放在一起（交换法证明）
并且是极长的连续一段。
权值变成平均数，接着合并（还是交换法证明）
然后变成递减的了，直接贪心
7.
程序自动分析·改：
和NOI2015相同，但是没有数据组数，只有条件，有若干组数据，恰好每组数据最后一个会不合法，把它们分开。
不能单点增量。
倍增。
每组长度为T，花费O(tlogt)的时间即可找到。
技巧：check(l,r)不支持单点加入，只能离线后处理，划分序列
倍增+二分
每次失败，但是一定可以减少2^(k-1)的规模
O(nlogn)
扩展：
给出一个有根二叉树
m个限制，n个点，2-SAT限制的关系
求每个点子树限制能否合法
树剖，从每个叶子往上按照size倍增
一个点成功了，整个子树都成功了，一个点失败了，整个到根的链都失败了
这样倍增，还是花费O(szlogsz)的时间可以解决sz大小的点。
必须按照sz倍增！否则按照深度倍增，可能突然出现很大的子树，导致进行常数极大的操作。
8.
N个点每个点度数2K（都是偶数且一样）的图，求一条哈密顿回路
Hall定理推论：一个K正则二分图一定完美匹配
跑欧拉回路定向，K入，K出
然后拆入点出点2个
找到完美匹配，直接模拟
看到度数是偶数找路径或者给边定向什么的，都可以考虑找欧拉回路
对于是入点出点的完美匹配，就是一条回路了！
9.
n个元素序列，每次删掉一个元素，左右放在一起，删完
不能中途两个相邻的数相同
求方案数
n<=500
删除问题，n<=500 考虑区间DP了
定义f[l][r][vl][vr]l-1是vl，r+1是vr，删完l，r，的方案数
其实没必要记录vl，vr，在考虑一个区间的时候，显然l-1,r+1都是不删除的。
f[l][r]l-1，r+1都没有删，先删完l，r的方案数，
枚举最后删除的转移，左右再乘上组合数分配先后顺序
发现这样设计状态也确实符合转移
扩展：
随机删除，相邻相同停下来，求步数期望
设gi为删了i个元素还没有停止的方案数
ans=∑gi/(n的i次下降幂）
求g，先做出刚才的区间DP O(n^3)
直接在序列上分段，g[i][j]表示，前i个位置，i位置不删除，删除了j个元素的方案数。枚举最后删除的一段。乘上组合数分配先后。
O(n^3)
10.
一张无向图，对于i<j<k，若i，j有边，i，k有边，那么j-k有边。
反复进行这个过程。直到停止。
有边的点对不能染相同颜色，共m种颜色，求方案数。
如果图建好之后，不妨按照编号排序，每个点的染色方案就是：m-出边个数
用并查集+set启发式合并合并边表
一个点连出去的边：1.原来就往大连的，2.连到x的更小的y，y连到比x大的那些点。
从小到大考虑，每个点x把所有连过来的点的边表合并在x上，并且用并查集表示这些边表在x这里。
然后把x-x的边删除。之后直接从连过来的点的并查集处把这些边连过来。
这样，2符合，并且不会边表里不会存在比x小的点（因为每次会删除x-x）
边表合并，set启发式合并
11.
给定l,r,M,D，求最小自然数x，使得存在y使得，l<=Dx-My<=r
y是整数，l,r,M,D是正整数，绝对值均<=1e18
对于数据都<=1e9 BSGS分块
对于数据<=1e18
等价于找到最小的y，使得存在自然数x，使得，
l<=Dx-My<=r
-r<=My-Dx<=-l
M=Dt+R
-r<=(Dt+R)y-Dx<=-l
-r<=Ry-D(-ty+x)<=-l
找到k使得y+k>0
即：Rk-r<=R(y+k)-D(-ty+x)<=Rk-l
变成找到最小的y+k，使得存在(-ty+x)
令y=y+k，-ty+x=y
可以变成子问题递归。
（类似gcd辗转相除）
O(logn)
法二
二分+类欧几里得算法：
看似是一个线性规划的感觉。
二分x，看从x=0过来的区域内有无整点。
O(log^2n)
12.
给定排列bi，维护数组ai，
支持：ai整体+1，询问$sum [frac{ai}{bi}]$中括号表下取整
总变化小于nlogn（调和级数
线段树维护每个区间下一个存在一个点+1的距离。暴力
每一次修改会到叶子，O(nlog^2)
13.
最小方差生成树
求生成树：$sum(We-A)^2$最小值，A是平均数
考虑枚举A的范围，交换排名，kruskal。过于暴力
LCT处理每个边一定能加入的区间（保留最大时间生成树，端点是(val+mi)/2），正反处理两次
然后模拟。
存疑
14.
HDU6445
给定竞赛图n<=300给没有定向的边定向，
代价计算：for(a,b,c,d互不相等)
if s(a,b)=s(b,c)=s(c,d)=s(d,a)++ans
if s(a,b)!=s(b,c);s(b,c)!=s(c,d);s(c,d)!=s(d,a)--ans
答案公式：
所有有序4元组贡献上，
无序4元组，存在一个出度为2的，不贡献，存在两个的，ans--
枚举一个点，枚举其两个出点，再枚举另一个点，这个环至少是不贡献的，会被正反枚举共8次。
发现对于两个度数为2的，恰好被扣除2次，符合倒扣ans
然后就是“石头剪刀布”那个题了。
竞赛图，考虑问题转化，变为度数的关系
15.
定义$gn(x)=Pi_{i<=n(i,n)==1}(x-w_n^i)$
$w_n$是n次单位根。求$g1(x)……g2000(x)$
反演
$fn=Pi (x-w_n^i)=x^n-1$
$fn=Pi_{d|n}g_d$
$g_d=Pi_{d|n}f_d^{mu {frac{n}{d}}}$
O(n^2logn)每次除法可以暴力O(n)进行
16.
求所有n<=300的无向连通图的1到2号点的最短路之和
到所有点在所有连通图距离和，再除以(n-1)（显然对于1到2、1到3是等价的，可以直接除以n-1）
边权为1，BFS分层图！
考虑BFS树，f(i,j,k)前i层，最后一层j，深度k，方案数。枚举下一层点数，处理这层点自己内部连边和之前最后一层连边方案。
k不必要，可以直接记到数值上。
没有在这一层的，直接整体加上n-i
f(i,j)i个点的分层图，最后一层j个点的贡献和。
g(i,j)………………………………………………的方案数
枚举下一层点数s，则连边方案乘上编号分配是：
$c=C(i+s,s) imes (2^j-1)^s imes 2^{frac{s imes(s-1)}{2}}$
转移方程：
$g[i+s][j]+=g[i][j] imes c$
$f[i+s][j]+=f[i][j] imes c+g[i][j] imes c imes (n-i-s)$最后剩下的统一加上（n-i-s）的路径。因为一定会有的。
相当于假设所有没在这i个点之中的，都一定在下一层
扩展1
贡献变成最短路平方？
$(s+1)^2=s^2+2*s+1$
考虑维护没有在这i的点中的点所有方案里面的最短路距离和t[i][j]。
发现对于每个点都是一样的，所以单独一个点其实所有方案中的最短路是：$frac{t[i][j]}{n-i}$
$g[i+s][j]+=g[i][j] imes c$
$t[i+s][j]+=frac{t[i][j]}{n-i} imes (n-s-i) imes c+g[i][j] imes c imes(n-i-s)$
$h[i+s][j]+=h[i][j] imes c+2 imes frac{t[i][j]}{n-i} imes (n-s-i) imes c +g[i][j] imes c imes(n-i-s)$
扩展2
结论：定义图的直径为两两点对最短路的最大值，则补图和原图的直径的较小值<=3，（边权为1）
考虑BFS树，两个最远点之间分层>=3时候，补图最大是3
就是相邻分层图如果是有边，那么补图就是3
17.
（了解即可）
二人博弈
n个0/1串，0号可以删除一个串的0开始的后缀，1类似。
n,m<=100
最后不能删者输
不公平博弈但是面对局面越来越差：超现实博弈？
神仙结论?
每个串权值：AAAABABB=3+0.100 1
看做二进制小数，看总和谁的更大
总和一定，后手赢
证明：每一步权值都会下降
每一次操作要么减少自己的权值，要么增大对方的权值
所以权值多的一方总能赢。
扩展？
AAB(BABAABAB)BBAB括号内重复无穷次，求解。每个串至多一个括号
小数点前无穷是inf级别，还有常数
小数点之后无穷等比数列变成常数，最后是1/inf
18.
定义$gn(x)=Pi_{i<=n(i,n)==1}(x-w_n^i)$
$w_n$是n次单位根。求$g1(x)……g2000(x)$
反演
$fn=Pi (x-w_n^i)=x^n-1$
$fn=Pi_{d|n}g_d$
$g_d=Pi_{d|n}f_d^{mu {frac{n}{d}}}$
O(n^2logn)每次除法可以暴力O(n)进行
19.
支持：
后面插入一个数，区间求xor和，整体xor，整体排序
一个前缀是排好序的，后面插入的单独记录
前缀用trie维护，后面插入还未排序的用数组记录。
区间xor和，就是找两个第k大进行前缀差分。前缀在trie树上二分即可，后面的用数组直接搞。
整体xor就是整体mark。再求区间xor时候，如果元素个数是奇数，xor上mark
插入一个数，xor上mark再插入进去。
sort？
后面合并到trie树上，但是有mark标记，使得可能顺序还有变化，
trie树整体标记mark，pushdown时左右儿子交换即可。
然后mark置零
0/1trie上可以很方便对二进制数排序，并且整体xor上，就是交换儿子。
20.
n(n<=5)个元素的序列{xn}，ai<=xi<=bi，且LIS=k的方案数
bi-ai<=100
法一：爆搜+Dp？
法二：
k=1，k=5好算，APIO划艇
k=2或者k=4 DP套DP f[i][j][k]填了前i个，LIS栈里面第一个是j第二个是k方案数
k=3直接减掉
21.
CF809D
长度为n的序列{xi},n<=3e5,范围在(li,ri)之间，求LIS最长是多长
g(i,l)表示前i个数，LIS长度为l，最后一个数最小是多少（就是那个单调栈）
g(i,l)=min(g(i-1,l),xi (if exist j g(j,l-1)<x))
关于l是递增的。
虽然不知道xi是多少，
但是可以直接用(li,ri)进行计算！最后一定存在一种方法还原xi
刚好可以把一个g(i-1,l-1)+1->g(i,l)
整个区间往上平移再往右平移，再再最下面插入一个点。
实现时候，用平衡树，直接区间+1，某位置插入一个点
最后平衡树点数即为答案
#include<bits/stdc++.h> #define reg register int #define il inline #define fi first #define se second #define mk(a,b) make_pair(a,b) #define numb (ch^'0') #define pb push_back #define solid const auto & #define enter cout<<endl #define pii pair<int,int> using namespace std; typedef long long ll; template<class T>il void rd(T &x){ char ch;x=0;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x); } template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');} template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');} template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar(' ');} namespace Miracle{ const int N=3e5+5; int n,l[N],r[N]; int tot; struct node{ int ls,rs; int ad; int val; int prio; }t[2*N]; int nc(int v){ ++tot;t[tot].val=v;t[tot].prio=rand(); t[tot].ad=t[tot].ls=t[tot].rs=0; // cout<<" nc "<<tot<<" : "<<v<<endl; return tot; } void pushdown(int x){ if(x&&t[x].ad){ t[t[x].ls].ad+=t[x].ad; t[t[x].rs].ad+=t[x].ad; t[t[x].ls].val+=t[x].ad; t[t[x].rs].val+=t[x].ad; t[x].ad=0; } } void split(int now,int &x,int &y,int k){//<=k if(!now){ x=0;y=0;return; } pushdown(now); if(t[now].val<=k){ x=now;split(t[now].rs,t[x].rs,y,k); }else{ y=now;split(t[now].ls,x,t[y].ls,k); } } int dele(int x){ pushdown(x); int rt=x; if(!t[x].ls) { // cout<<" delert "<<x<<" "<<t[x].val<<endl; return t[x].rs; } int y=0; while(t[x].ls){ // cout<<" ls "<<x<<" las "<<y<<endl; pushdown(x); y=x; x=t[x].ls; } // cout<<" dele "<<x<<" "<<t[x].val<<" "<<t[x].ls<<" "<<t[x].rs<<endl; t[y].ls=t[x].rs;return rt; } int merge(int x,int y){ if(!x||!y) return x+y; pushdown(x);pushdown(y); if(t[x].prio<t[y].prio){ t[x].rs=merge(t[x].rs,y); return x; }else{ t[y].ls=merge(x,t[y].ls); return y; } } int ans=0; void fin(int x){ if(!x) return ; pushdown(x); ++ans; fin(t[x].ls); // cout<<" x "<<x<<" : "<<t[x].val<<endl; fin(t[x].rs); } int main(){ srand(19260817); rd(n); for(reg i=1;i<=n;++i){ rd(l[i]);rd(r[i]); } int rt=0; for(reg i=1;i<=n;++i){ int x,y,p,q; split(rt,x,y,l[i]-1); split(y,p,q,r[i]-1); t[p].ad++; t[p].val++; // if(i==n) { // // cout<<" qqqq "<<endl; // fin(q); // } q=dele(q); // if(i==n) { // // cout<<" qqqq "<<endl; // fin(q); // } rt=merge(merge(merge(x,nc(l[i])),p),q); // cout<<"finfifn "<<i<<"------------------------"<<endl; // fin(rt); } ans=0; fin(rt); ot(ans); return 0; } } signed main(){ Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* */
22.
构造长度为2n的序列，使得所有前缀写出的二进制数mod 2n恰好是0~2n-1
2n个点的图，x->2x和2x+1连边，求哈密顿路径
分成x,x+n一个2个点团，(自环)(0,3)<-->(1,4)<-->(2,5)(自环)
求欧拉回路，相邻团的连边方案唯一。直接还原
23.
小公式：
给定n，$sum_{(i,n)==1}gcd(i-1,n)=phi(n)*sigma_0(n)$
用置换群理论可以证明。
设集合S={x|0<=x<n}，置换：任意$(gamma ,n)=1$定义$g_{gamma}(x)=gamma * x$
该置换有元置换和置换传递性，可以构成置换群
考虑相同的x1,x2,即是否存在$gamma$使得$gamma*x_1=x_2 mod space n$
必然有gcd(x1,n)==gcd(x2,n)，那么本质不同的元素（轨道数量）一共有$sigma_0(n)$个
再枚举每个置换下不动点的个数：$gamma imes x=xspace mod space n$的x的解的个数是:$gcd(gamma-1,n)$
也就是：$sigma_0(n)=frac{sum[gcd(i,n)==1] imes gcd(i-1,n)}{phi(n)}$
把分母乘过去就可以证明了。
24.
nm的0/1矩阵，每行删除一个，相邻两行删除横坐标距离不超过k
删完之后成为n(m-1)矩阵，求删完之后的矩阵本质不同方案数
n,m,k<=300
直接记录f(i,j)是不行的，显然会算重复
具体的，每行连续的1连续的0删除几个都是一样的。
所以不妨把连续的一起考虑化成若干段
考虑在字典序最小的位置统计！
也就是，能在左端点删就在左端点删。
但是k的限制，有的时候必须删中间一个。如图中的红色的圆形
这样，为了字典序最小，一定是连续每k个删除一次，直到删除到一个左端点。
这个时候就又变成叉号了。
所以f[i][j],g[i][j]O(n^3)DP即可
25.
EC Final 2018
长度为n和m的两个序列，每个位置3种可能，+1,-1,?
把？替换成-1或者+1
从(0,0)开始拿1元走，如果>=2随机上面或者下面走一步，如果是1，走+1的那一个序列，都是+1随机。如果钱==0结束
求多少种填法方案保证到(n,m)才结束
n,m<=5000
有点任意性的感觉，有一个结论：
如果存在n，m的两个位置x，y使得x-1的前缀和加上y-1的前缀和为0，并且x，y都是-1，那么不能保证
证明考虑任意性。
然后DP：即两个序列前缀最小值之和不能<=-2
两个序列相对独立了
f[i][j][k]，前i个，当前最大值是j，历史最大值是k
貌似不能化简状态了
发现0的前缀和为0
考虑反过来Dp~！相对设法
f[i][j]从后往前到第i个，当前值距离历史最小值为j方案数
最后f[0][j]的j就是真实最小值了。
