loj#3528. 「IOI2021」位移寄存器
之前PT问怎么不用if来搞max，当时随口胡了个做法：
考虑如何实现一个[x<0]，显然把最高位右移31位即可
所以max(a,b)=[a-b<0]*b+(1-[a-b<0])*a
但是本题没有乘法，所以再考虑实现把0变为00...0，1变为11...1
显然直接把0/1取反，然后加到11...1上，这样0->1+11...1=00...0，1->0+11...1=11...1
然后用and来代替乘法
①s=0,n,K<=2,Q<=20
除了01,10外直接and都可以，特判一下
②s=0
（与n无关的做法
取反，按位确定max，判and后是否>0（用and的结果加全1然后取最高位）然后加到答案里
设当前位为k，现在要考虑每个数，若有2^k则去掉，否则直接设为0
考虑不用按位枚举/倍增来实现，设k=3，则对于1000/0000，将其右移k位，然后用1000（2^k）来减掉他
这样会得到0111/1000，and后前者会去掉第k位，后者会去掉0~k-1位，加上其本来2^k位为0，所以等于清零
但是这样有一个大问题，当所有数当前位都为0时会直接全部清空，所以把当前位的0变为全1然后or上要and的数组来“保护”其余位
精细(?)实现后是O(14K)，138次，并且n可以开到114514
③s=1
s=0的做法没有任何用处，考虑一开始的直接比较
但是直接比较太辣鸡了，所以每次把n个数折半来比较n/2对数，操作类似但可能要往里面插1位来缓冲（奇偶拆开后会有K的空，但K=1时会挂，因为要一个符号位和一个缓冲位），二进制基操
用奇偶排序来搞，这样一共n/2层每次2轮相邻交换，每轮大概要20次，加上初始的插空精细(?)实现后一共3000-次
loj#3527. 「IOI2021」地牢游戏
直接跳/拆点倍增无前途，考虑利用>=s时+=s的性质
这意味着当初始的x固定后，走赢了一个>=x了s，则走完后一定会变为至少2x
考虑把每种图都建出，当前已经能赢的点走W边，初始不能赢的点走L边，每次倍增一个初始不能赢但走到能赢的点，这样只用走log w次，判断是否能赢就根据x+sum>=S来记一下S-sum的min
但是这样图的个数还是O(n)的，所以对值域分块，把[2^k,2^(k+1))的放一起，小于等于2^k的走W否则走L，这样跳的次数也是log
直接建图会TLE+MLE，所以把乘2变为乘8，时间复杂度(O((n+8q)log_8 wlog_2 w))
（建图可以优化，把非[2^k,2^(k+1))的直接缩边，这样空间可以乘1/8
loj#3526. 「IOI2021」修改 DNA
唯一指定签到题
前缀和，转化为找最多的环，由于只有2和3所以找最多的2即可
loj#3525. 「IOI2021」喷泉公园
先考虑无2*2的部分5（部分4是子问题，因为如果有2*2的显然不唯一）：
先把所有可能的边连上，对格子黑白染色，用黑色格子连纵边，用白色格子连横边
这样唯一冲突只有一个黑色的左右有边，或者一个白色的上下有边，显然同时有边只有2*2的，所以不存在
加上2*2的部分就硬点删掉某些边，每个格子只有上下/左右冲突，删掉下/左的即可
证明考虑从下往上，从左往右删边，则每次删的时候都是一个完整的2*2格子，4个点4条边随便删一条都行，硬点删左/下的即可往后归纳
loj#3524. 「IOI2021」钥匙
当A能到达B时，B能到的点是A的子集，除非之后从B能到A否则A不会成为答案，所以只用考虑B
定义当前能互达的点为团，A能到B且B不能到A就连边A->B，定义这样的一个团加上若干单向到达的团为块，定义一个块里最高（还在计算）的团为顶团
用线段树维护同一个团的信息，包括出现的颜色以及每种颜色连出去的边，边用链表存，同时可以维护标记表示子树内有某种颜色存在且有边（能扩展），用两个并查集维护同团的以及同块的
维护一个序列，每次把序列的元素按顺序取出操作，要判是否为顶团
每次操作找一条能扩展的边，如果不在同块就接过去，否则若不在同团就把两个团线段树合并，然后丢到新的序列里下一轮接着做，用过的边要删掉
但是这样过不了一个环，因为合并块不用删掉边，这条边在后面可能会用到
而且不会存在B不能到A且A已经能到B时考虑边A->B（会连起来），因为此时A不是顶团
（因为每次连同一块的都是顶团，所以不会有连到的到不了自己这种情况
或者直接维护一个栈来加，不用按轮做
loj#3523. 「IOI2021」分糖果
log^2的辣鸡做法
L=0,R=n-1感觉可以维护折线做，但是没什么扩展性
当c全部相同时直接维护min,max,加 标记，把min/max前移时就减掉加，但是当c不同时无法合并minmax
考虑线段树分治，求出每个i对应的操作序列，然后按操作时间为下标再建线段树，在这个线段树上求答案
先把i对应的所有操作拉出来，把minmax全部前移，对minmax做后缀和得到一段不断缩小的区间
当区间非空时显然做min和max的顺序可以调换甚至删掉某一种，当第一次为空时即大于等于后面的上界/小于等于后面的下界，则操作后面的会分别得到上界/下界
所以直接线段树上二分后缀，找到第一个后缀区间为空的算答案即可
（把线段树分治去了就是一个log了
7153. 【2021.6.28 NOI模拟】function
构造(F=G*H)，(G(n)=n^m)，由于F和G都为积性函数，且积性函数的狄利克雷卷积和逆都是积性函数，所以H也是积性函数
把H(p^k)根据次数写出OGF，用F/G得到(large 1-frac{(p^{2m}-p^m)x^2}{1-x})
显然是powerful number，枚举质因子暴力算
7152. 【2021.6.28 NOI模拟】bet
假设已经求出了i-1的期望(E_{i-1}(x))和(E_{i-1}(x^2))，现在要求(E_i(x^2))
由于x的出现概率与次数无关所以枚举x，设其在i-1出现的概率为Px
(E_i(x^2)=sum_x (p(ax+b)+(1-p)x)P_x)，画一下得到
(E_i(x^2)=(Asum_x x^2P_x)+(Bsum_x xP_x)+C=AE_{i-1}(x^2)+BE_{i-1}(x)+C)
线段树矩乘
7151. 【2021.6.28 NOI模拟】tennis
求(large sum_{l=1}^{n+m-1}inom{l}{n}(1/2)^{l+1}(n+m-l))，m同理
设(large F(S,n)=sum_{l=n}^{n+m-1}inom{l}{n}(1/2)^{l+1})，有
(large F(S,n)=[x^n]frac{(1/2)^n(x+1)^n-(1/2)^S(x+1)^S}{1-x})
1/(1-x)相当于前缀和，拆开后推导一波得到
(large F(S+1,n+1)=F(S,n)-(1/2)^{S+1}inom{S}{n+1})
(large F(S+1,n)=F(S,n)+(1/2)^{S+1}inom{S}{n})
(large F(S-1,n-1)=F(S,n)+(1/2)^{S}inom{S-1}{n})
(large F(S-1,n)=F(S,n)-(1/2)^{S}inom{S-1}{n})
然后可以莫队了，直接搞是4次，把n,m分别求一次然后推一次变为2次，现在要把nm合起来
(large F(S,n)=[x^n]frac{(1/2)^n(x+1)^n-(1/2)^S(x+1)^S}{1-x})
(large =sum_{i=0}^{n} [x^i] (1/2)^n(x+1)^n-(1/2)^S(x+1)^S)
(large =1-(1/2)^Ssum_{i=0}^{n} inom{S}{i})
所以(large F(S,n)+F(S,m)=2-(1/2)^S(2^S+inom{S}{n}))
(large =1-(1/2)^Sinom{S}{n})
求(large F(S,n))即可
loj#6772. 「THUPC 2021」幸运位置
显然当(a,b,c)>1时不合法，否则考虑构造
由于(an+b,c)=1，所以c的每个质因子p都存在p|(an+b)
当p|b时，由于p|c所以p|a，此时只要保证p|n即可
当p|b时，为了不让加上an后%p=0，所以直接硬点p|n
所以b有的n没有，b没有c有的n有，所以把n设为c除掉b中质因子即可
没写
7130. 【2021.6.18 NOI模拟】计算几何（cal）
首先根据hall定理，题目要求的就是面积为1的三角形
然后经过题解的严密推导，有
(ans=4sum_{n=1}^Nsum_{m=1}^M ([(n,m)=1]+2[(n,m)=2])(N-n+1)(M-m+1)-2(N+M))
杜教筛筛μ,μd,μd^2
7129. 【2021.6.18 NOI模拟】数学分析（math）
就是找x->φ(x)的次数<=n的，观察发现每个>2的质数都会在一次操作中产生一个2，2的总数(+1)就是次数，因为每轮都会少一个2且最后剩下的2最多（初始为奇数可以续一轮）
求出每个质数产生的2的个数然后背包合并，因为每产生一个2就要除2，所以2的个数不超log，ntt暴力卷或者lnexp
7128. 【2021.6.18 NOI模拟】双色球（ball）
推成算组合数一斜列的和，设f[i]表示第i斜列，则有f[i]=f[i-m]+f[i-m+1]，凯莱哈密顿
或者按题意来，先不考虑球的具体位置，只考虑颜色，设f[i]表示i个球的颜色方案
有f[i]=f[i-m]+f[i-m+1]，最后要求Σf[i]*C(n,i)，实际就是(A+I)^n，一样凯莱哈密顿
6249. 【NOI2019模拟2019.7.3】七星连珠
积和式没法算，所以给每个位置随一个权值然后求行列式，k进制fwt后分开高斯消元
k进制fwt：实际就是对len维的0~k-1做循环卷积，乘上(omega^{ij})和(omega^{-ij}/k)，k=2就是(x+y,x-y)
神必图
7137. 【2021.6.22 NOI模拟】人赢的情书（letter）
关键性质：两个串在头加一个相同的字符后大小关系不变
可以判断出a[sa[i]]和a[sa[i]]的关系是<还是<=，然后差分+保序回归，或者套前几天cf的G做法维护分界点
7136. 【2021.6.21NOI模拟】寻觅(help)
ls的神奇做法：分层，每层按n->1把pi以及前一个和后一个删掉，然后把pi染色
归纳正确性，假设上一层的任意一个区间都在任意时刻合法，且当前层加入了两个连续的，则较后者一定会在处理时删掉一个比其前的，所以一定会有一个上一层的先加到中间
这样可以不到24
题解做法：按三个为一组，把每组最早的拉出来递归，然后反着还原
由于这样剩下的最多只有(3-1)*2=4，所以按n=4用3种来填，只要和相邻的不同，且保证最后一个填完时3种都出现即可，这样恰好24
奇怪的想法：用4种来填，这样最多可以到10，但可能会左右填完后把一边去掉换新的来填，可能要判断一边为空另一边所有情况是否都合法？
7135. 【2021.6.21NOI模拟】搬砖(brick)
当a%x=b%x时，即(a-b)%x=0，差分后求gcd即为答案
操作2对gcd无影响，操作1会把差分变为a(2x+1)+b，区间的gcd即为(a(2x+1)+b,a(2x+3)+b)=(a+b,2a)，线段树维护差分以及原数
7134. 【2021.6.21NOI模拟】旅行计划（travel）
把非树边的虚树建出，求每个x到其他点的dis和
先在虚树上dij求出每个点的dis，中间的就按两端dis均分，倍增维护
CF1539
E：维护到i，i是左/右手合法的另一边的集合，每次判断i-1转手是否合法，加进去后再根据i的限制弹set头尾，如果一边不合法就全弹
构造就记上一次转手的位置，可以顺便维护
F：只用考虑终点和中点的相对位置，硬点终点往左/往右，如往右就把<=的看作+1，>的看作-1，求往前/后的最大后缀/前缀和，线段树维护最后/2，往左同理
2021计蒜之道决赛 Day2T2 类斐波那契数据分析
类比普通斐波那契：((f_i,f_j)=f_{(i,j)})，证明就证$(f_i,f_{i-1})=(1以及)f_{x+y}=f_{x-1}f_{y}+f_{x}f_{y+1}(，然后有辗转相除)(f_x,f_y)=(f_y,f_{x-y})$
(Ans=sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^{i} [(i,j)=1] f_{(i,j+d)})
对f反演得到h，有
(Ans=sum_k h_k sum_{k|i} sum_{j=1}^{i} [(i,j)=1][j equiv -d mod k])
首先当(k,d)!=1时后面为0，因为i,j都会有约数(k,d)
假设d=0~k-1，则后面的总和显然是φ(i)
结论：当(k,d)=1时，后面的总和为φ(i)/φ(k)
考虑把(i,j)=1反演得到x|(i,j)，若对于每个d来说每个x的和都和d无关，则反演后也无关（结果相同）
（前提：(k|i),(k,d)=1
(sum_{j=1}^{i} [x|(i,j)][j equiv -d mod k])
(sum_{a=0}^{i/k-1} [x|(i,ka-d)])
此时有ka-d%x=0，即ka+xb=d，若(k,x)!=1，则结果一定是k个某个约数的倍数，由于(k,d)=1所以不合法，所以(k,x)=1
由于裴蜀定理，a一定有一个[0,x)的解，且之后的每x个里都会有一个解，共i/(kx)个解
所以(sum_{j=1}^{i} [x|(i,j)][j equiv -d mod k]=i/(kx))，与d无关，得证
(Ans=sum_k h_k sum_{k|i} [(k,d)=1]varphi(i)/varphi(k))，O(nlogn)解决
7133. 【2021.6.19 NOI模拟】tree
树剖+虚树+线段树合并+dsu on tree，这样是log^2
或者用lct代替树剖，把虚树拆成二叉树然后点分归并做到一个log
7132. 【2021.6.19 NOI模拟】reward
凸优化
7131. 【2021.6.19 NOI模拟】binom
打表/斯特林公式，或者把n,m除100，因为随机所以不考虑边角
牛客挑战赛51
A：枚举b的约数
B：先补成团，然后最大连次大
C：二分，或者直接枚举长度算
D：矩乘，注意没有合法方案时为0
E：变成φ然后旧试题，或者https://loj.ac/p/2476，跑不动
F：枚举深度，直接prufer不会算重
G：维护线段树每个区间的所属，有多个取区间最小的，一操作直接打标记，如果往下走到了一个新的所属就不走，删除用set维护每个区间的标号，O(nlog^2)，没写
loj#6772. 「THUPC 2021」幸运位置
显然当(a,b,c)>1时不合法，否则考虑构造
由于(an+b,c)=1，所以c的每个质因子p都存在p|(an+b)
当p|b时，由于p|c所以p|a，此时只要保证p|n即可
当p|b时，为了不让加上an后%p=0，所以直接硬点p|n
所以b有的n没有，b没有c有的n有，所以把n设为c除掉b中质因子即可
没写
7130. 【2021.6.18 NOI模拟】计算几何（cal）
首先根据hall定理，题目要求的就是面积为1的三角形
然后经过题解的严密推导，有
(ans=4sum_{n=1}^Nsum_{m=1}^M ([(n,m)=1]+2[(n,m)=2])(N-n+1)(M-m+1)-2(N+M))
杜教筛筛μ,μd,μd^2
7129. 【2021.6.18 NOI模拟】数学分析（math）
就是找x->φ(x)的次数<=n的，观察发现每个>2的质数都会在一次操作中产生一个2，2的总数(+1)就是次数，因为每轮都会少一个2且最后剩下的2最多（初始为奇数可以续一轮）
求出每个质数产生的2的个数然后背包合并，因为每产生一个2就要除2，所以2的个数不超log，ntt暴力卷或者lnexp
7128. 【2021.6.18 NOI模拟】双色球（ball）
推成算组合数一斜列的和，设f[i]表示第i斜列，则有f[i]=f[i-m]+f[i-m+1]，凯莱哈密顿
或者按题意来，先不考虑球的具体位置，只考虑颜色，设f[i]表示i个球的颜色方案
有f[i]=f[i-m]+f[i-m+1]，最后要求Σf[i]*C(n,i)，实际就是(A+I)^n，一样凯莱哈密顿
6249. 【NOI2019模拟2019.7.3】七星连珠
积和式没法算，所以给每个位置随一个权值然后求行列式，k进制fwt后分开高斯消元
k进制fwt：实际就是对len维的0~k-1做循环卷积，乘上(omega^{ij})和(omega^{-ij}/k)，k=2就是(x+y,x-y)
神必图
7137. 【2021.6.22 NOI模拟】人赢的情书（letter）
关键性质：两个串在头加一个相同的字符后大小关系不变
可以判断出a[sa[i]]和a[sa[i]]的关系是<还是<=，然后差分+保序回归，或者套前几天cf的G做法维护分界点
7136. 【2021.6.21NOI模拟】寻觅(help)
ls的神奇做法：分层，每层按n->1把pi以及前一个和后一个删掉，然后把pi染色
归纳正确性，假设上一层的任意一个区间都在任意时刻合法，且当前层加入了两个连续的，则较后者一定会在处理时删掉一个比其前的，所以一定会有一个上一层的先加到中间
这样可以不到24
题解做法：按三个为一组，把每组最早的拉出来递归，然后反着还原
由于这样剩下的最多只有(3-1)*2=4，所以按n=4用3种来填，只要和相邻的不同，且保证最后一个填完时3种都出现即可，这样恰好24
奇怪的想法：用4种来填，这样最多可以到10，但可能会左右填完后把一边去掉换新的来填，可能要判断一边为空另一边所有情况是否都合法？
7135. 【2021.6.21NOI模拟】搬砖(brick)
当a%x=b%x时，即(a-b)%x=0，差分后求gcd即为答案
操作2对gcd无影响，操作1会把差分变为a(2x+1)+b，区间的gcd即为(a(2x+1)+b,a(2x+3)+b)=(a+b,2a)，线段树维护差分以及原数
7134. 【2021.6.21NOI模拟】旅行计划（travel）
把非树边的虚树建出，求每个x到其他点的dis和
先在虚树上dij求出每个点的dis，中间的就按两端dis均分，倍增维护
CF1539
E：维护到i，i是左/右手合法的另一边的集合，每次判断i-1转手是否合法，加进去后再根据i的限制弹set头尾，如果一边不合法就全弹
构造就记上一次转手的位置，可以顺便维护
F：只用考虑终点和中点的相对位置，硬点终点往左/往右，如往右就把<=的看作+1，>的看作-1，求往前/后的最大后缀/前缀和，线段树维护最后/2，往左同理
2021计蒜之道决赛 Day2T2 类斐波那契数据分析
类比普通斐波那契：((f_i,f_j)=f_{(i,j)})，证明就证$(f_i,f_{i-1})=(1以及)f_{x+y}=f_{x-1}f_{y}+f_{x}f_{y+1}(，然后有辗转相除)(f_x,f_y)=(f_y,f_{x-y})$
(Ans=sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^{i} [(i,j)=1] f_{(i,j+d)})
对f反演得到h，有
(Ans=sum_k h_k sum_{k|i} sum_{j=1}^{i} [(i,j)=1][j equiv -d mod k])
首先当(k,d)!=1时后面为0，因为i,j都会有约数(k,d)
假设d=0~k-1，则后面的总和显然是φ(i)
结论：当(k,d)=1时，后面的总和为φ(i)/φ(k)
考虑把(i,j)=1反演得到x|(i,j)，若对于每个d来说每个x的和都和d无关，则反演后也无关（结果相同）
（前提：(k|i),(k,d)=1
(sum_{j=1}^{i} [x|(i,j)][j equiv -d mod k])
(sum_{a=0}^{i/k-1} [x|(i,ka-d)])
此时有ka-d%x=0，即ka+xb=d，若(k,x)!=1，则结果一定是k个某个约数的倍数，由于(k,d)=1所以不合法，所以(k,x)=1
由于裴蜀定理，a一定有一个[0,x)的解，且之后的每x个里都会有一个解，共i/(kx)个解
所以(sum_{j=1}^{i} [x|(i,j)][j equiv -d mod k]=i/(kx))，与d无关，得证
(Ans=sum_k h_k sum_{k|i} [(k,d)=1]varphi(i)/varphi(k))，O(nlogn)解决
7133. 【2021.6.19 NOI模拟】tree
树剖+虚树+线段树合并+dsu on tree，这样是log^2
或者用lct代替树剖，把虚树拆成二叉树然后点分归并做到一个log
7132. 【2021.6.19 NOI模拟】reward
凸优化
7131. 【2021.6.19 NOI模拟】binom
打表/斯特林公式，或者把n,m除100，因为随机所以不考虑边角
牛客挑战赛51
A：枚举b的约数
B：先补成团，然后最大连次大
C：二分，或者直接枚举长度算
D：矩乘，注意没有合法方案时为0
E：变成φ然后旧试题，或者https://loj.ac/p/2476，跑不动
F：枚举深度，直接prufer不会算重
G：维护线段树每个区间的所属，有多个取区间最小的，一操作直接打标记，如果往下走到了一个新的所属就不走，删除用set维护每个区间的标号，O(nlog^2)，没写
7105. 【2021.6.5 NOI模拟】想不想吃炸鱼呀（genshin）
50分算出每个区间的答案，然后把区间连到sam上，再把sam按next连
显然sam上一个节点的所有串可以互相走，还可以走next相连且size相同的（可以反向走next），所以求出每个串的答案后并查集+倍增求解
设Ans[i]表示节点i中所有串的子串的出现次数和，拓扑先把Ans[i]->Ans[next[i]]，再加上新加一个字母所产生的新串，即当前点的最长串的所有后缀
设l=Len[i]-Len[fa[i]]，sum[i]=fail链上所有串的出现次数总和
当后缀长度<=Len[fa[i]]时，当前的l个串都会算到，所以用sum[fa[i]]计算
当后缀长度>Len[fa[i]]时，只有长度大于等于计算串的串才会算到，且每个串的贡献都是sz[i]，组合数一下
然后就做完了，题解里的pre1和pre2感觉就是把Ans拆开，合起来可以少一些情况
7127. 【2021.6.16 NOI模拟】取石子游戏（nim）
结论：同种颜色的sg为(large (igoplus left lfloor frac{a_i}{m+1} ight floor)*(m+1)+(sum a_i) ext{%}(m+1))
先假设有这个函数，考虑证明其就是sg，只需证明其能到达所有小于其的且不能到达自己
显然可以分成前后两部分，若操作后前面不变后面变，则可以通过2操作（此时1操作被完全包含）减掉1~m个，满足条件
若操作后前面变了，类比nim游戏发现前面一定减了1，用1操作（此时2操作被完全包含）可以减1*(m+1)的那个ai的余数位减掉然后变为0~m，所以余数也可以变为0~m，满足条件
记%(m+1)的和，每种颜色fwt后再还原fwt合并，时间O(ns(m+logs))，没有m^2是因为操作过程中上限s/m
注意虽然是s/m下取整，但xor过程中会卡满2^k，所以最后总fwt时要把N乘2
7126. 【2021.6.16 NOI模拟】比赛（tournament）
设f[i,j,k]表示区间[i,j]内k获胜的概率，枚举i,j,mid,k1,k2即可O(n^5)
发现f[i,j,k]=f[i,k,k]*f[k,j,k]，所以设f[i,j]表示i获胜，g[i,j]表示j获胜的概率，转移O(n^4)
继续优化，当求f[i,j]时顺序枚举了i,k,I,j，k表示分界I表示[k+1,j]中获胜者，所以先dp把i,k,I合并，然后再枚举i,I,j即可O(n^3)
7125. 【2021.6.16 NOI模拟】装备（equipment）
连边bi->ai，有环则整块不能动，否则把树的根下移，移过的边ab翻转
按位确定，当步数合法且当前的根能往下就往下，如果当前的a>b即不能翻转就把子树标记，时间O(n)
7124. 【2021.6.15NOI模拟】苯为（ber）
换根dp+矩乘
7123. 【2021.6.15NOI模拟】尼特（nit）
（非题解做法
发现答案只与ai≠ai+1的对数有关，把ai=ai+1的独立算，只有bi=ai=ai+1时有贡献，且这个贡献无论删a的哪个都会统计，所以Ans=其余ans乘上2^个数+每个ai=ai+1自己的贡献
当ab确定了之后bi只与ai和ai+1有关，记bi=ai为←，bi=ai+1为→，则可以写出一个←→←→的序列，删数等于找一个分界线，然后算左边的←+右边的→
当←→个数确定后了，先硬点所有→贡献，然后把删数不断右移，这样←看作+1→看作-1，等于找最大前缀和
枚举←的个数i，→个个数j，最大前缀>=k，把折线按y=k翻折组合数计算，可以得到O(n^3)的做法，对组合数后缀和一下即可O(n^2)
发现当组合数i+j相等时，组合数外的部分也相等，所以枚举i+j=l把一行的一起算
当i<j时和i>j显然对称，所以只算i<j的和i=j的，i=j的另外暴力
i<j的把组合数C(l,i)的计算次数写出，发现可以用(A*inom{l}{i}+B*inom{l}{i}*(l-i))来表示，由眼睛得A,B然后直接算一行组合数的一半，时间复杂度O(n)
次数大概是（第一行是i，第二行是次数
0 1 2 3 4 5 6
8 6 4
0 1 2 3 4 5 6 7
10 8 6 4
597的做法：生成函数硬推求((x+x^{-1}+m-2)^{s})，可以短多项式求幂或者接着硬推？
7122. 【2021.6.15NOI模拟】西克（shik）
考场想类似省选D2T1那样倍增，然后不会往下走，剩1h刚点分没写完，以为是log^2的就丢了，最后才发现是一个log
点分，往上走数组维护，往下走并查集按秩合并，维护每种颜色的根所以是(n+Q)logn，或者跳到后半第一个然后递归子问题
题解做法是直接求，先往上跳到lca下一个，然后dfs维护栈+二分跳到后半第一个，最后往下并查集维护1->x的颜色最深点，时间O(n+qlogn)
还没写
CF1534
3道交互……
A：判断
B：只有把宽为1的减才优
C：ai->bi，每个环*2
D：正常做法：询问1，然后把奇/偶层询问
神必做法：当x,y已知时，可以把距离x-y路径<=1的点找到，所以维护以1为根的树，每次把不在树上的一个点加入和1求路径，则不会有两个询问点的父亲相同，所以是n/2
E：暴力做法：每个数顺序枚举次数，最优显然是a,a,a-2,a-2...这样排，然后贪心判断n^3
做法2：设f[i]表示询问完i个的次数，每次把两个i,j枚举重合次数k合并到i+j-2k，最后反着还原
F1：不想写tarjan，所以取了每列的最上段然后根据连通块连起来再求，最后直接去世
实际把图连出来tarjan缩环求判0度点即可，分列再分段搞，每段都要考虑否则会挂，上段只用连到下段就停，因为上段->下段后可以间接连上下段所连的
F2：在F1的基础上扩展，定义第j列的(a[j],j)为关键点，显然每个关键点都要操作，如果一个关键点能到达另一个关键点，就把被到达的删掉，把剩下的按原顺序重标号（如果一个块里标号不连续一定会被中间的删掉）
结论：删完后的每个点能到的关键点都是一段连续区间
反证，abc顺序，bc为关键点，如果a能到c不能到b，若a是从b上方经过则会顺便到b，若从b下方经过则b也能到c，所以c会被删掉
求出每个0度点能到的区间，排序贪心选
G：观察发现对于一个点(a,b)，一定是在斜线y=-x+(a+b)上操作最优
所以可以暴力dp，f[i,j]表示到x+y=i，y=j的最小值，考虑直接维护f(x)
发现等价于每次x+y加1时把函数的min扩展1格，把端点一分为二，用堆维护往左和往右的端点，右边的每次+1，函数值求到所有点的dis和
这样形态不变，最小值每次会加上点数/2所以要减掉，加新点就和当前的堆顶讨论，最后拿出排序求
H：先求dp值，设f[i]表示在i的子树内确定一个端点的次数，求f时可以同时维护操作方案
最优显然时把儿子排序从大往小选，随便算一下，注意如果只有一个儿子就直接继承（可以顺便确定根），且当f[儿子]=0时确定也要一次（新加了一条边）
最后求根的答案就讨论一下，显然还是从大往小选，若两端都在子树则最劣是选了最大的和后面的某个，且中间每棵子树都会询问一次
若只有一端在则最劣是选最大的，然后后面一直找不到
第一问换根dp O(nlogn)，第二问模拟，询问一路往下f最大的叶子，vector做到O(n)求
7107. 【2021.6.5 NOI模拟】超高校级的绝望（danganronpa）
实际求的集合是强连通子图，dp找哈密顿回路
7106. 【2021.6.5 NOI模拟】杰尼罗斯 艾欧（generals）
先边权=1，按顺序把1~n加入，保持前面的点权值和不变
每次加入后把连的之前的点点权变为1（边-1），然后此时有(点个数+1)种取值，调整一下
7121. 【2021.6.12 NOI模拟】分层图（graph）
发现每层都可以分成若干相连的点对，设f[i,j]表示i个对->j个对的方案，求出后矩乘
求f大概是枚举新加j对连k对，剩下的往里面塞，方案就是(2i+j-k)的上升幂
合并k个的方案就再用一个dp来算，注意只有最后一层才可以合为0
7120. 【2021.6.12 NOI模拟】多项式因式分解（factorize）
发现Σ<=2^60，所以总个数<=60，(1+1/x^a=(x^a+1)/x^a)，所以先忽略负数位，暴力因式分解，然后暴力背包，可能出现的次数就是初始的n个
arc122
A：注意是没有相邻的，左右乘fib
B：化简得到Σ|x-Ai/2|+常数，取中位数
C：辣鸡构造：写成fib的和，维护x和y的已知位等于n的前若干位，然后用大的加到小的上来位移两位，这样x和y都要加上1的个数，所以次数是86+86
正确构造：不对整体形态考虑，而是考虑每个+1在不断...->x->y->x的过程中的贡献，硬点最后为y->x，可以得到每个f[i]加入的时间，这样1的个数只用加一次，所以次数为86+43+?<=130
D：建trie往下找，找到左右有奇的就暴力取min（B控制），每部分再取max（答案）
E：正着不好搞，反着每次找一个能删掉的，对ai取gcd即可不超lcm
*F：
PE759
打表归纳得到f(n)=n*(n的二进制中1个数)，然后暴力折半/状压
计蒜客2021决赛D1T3
在树上并不好做，所以直接在序列上搞
展开2n后找到每个i的最大合法[i,i+x]，用st表+O(1)lca合并虚树直径，倍增
PE750 Optimal Card Stacking
设f[i,j]表示把a[]=[i,j]，且在j初始位置的部分还原的答案，n^3转移
PE749 Near Power Sums
折半，对后7位预处理，前9位暴力剪枝（max和min）
code:https://gmoj.net/senior/#main/code/840955
abc202F - Integer Convex Hull
先转一个小角度使得无同x/y，然后枚举左端点，设f[i,j,0/1]表示当前到j，上一个为i，叉积奇偶为0/1的答案，按x小->大，大->小分别转移一次
arc121
难度倒序
A：离谱的做法：根据点的总矩形和每个点的位置求出max，边界-角计算框上的点数量，如果数量=1则第二大会小于max，找到那一对点，分别把两个删掉求剩余的max
正常的做法：求出x,y的前二大/小的点，两两匹配取次大，因为可以发现在两层框内的点对可以往大的那边扩两次，不可能成为次大
B：全偶为0，否则有两个奇，显然要么是两种最近的匹配，要么和第三种各取min相加
求出每个第三种对另外两个的距离(x,y)，等于选两个对分别贡献xy，前缀和即可
实际并不用，如果选的第三个C相同就是A-C-B或A-B-C，两种都没有直接匹配优
C：从后往前每次把[i-1,i]中的某个丢到后面排序，这样最后会剩下一个，这个能移就直接移，否则可以通过操作a[2],a[3]来把a[1]变成2，然后对前三个轮换变成123
D：奇怪的做法：枚举前后缀选0，加上从外往内选，跨过0就选0，非常离谱但过了
正常的做法：分析和上面一样，对于a<b<c<d四个数，有a+b<a+c<a+d,b+c<b+d<c+d，即ad,bc匹配最优
直接选相当于和0匹配，枚举有多少个0然后从外往内匹配即可
E：容斥，每个点向祖先连就乘-1，设f[i,j]表示子树i内剩j个未连，子树背包
F：观察发现，不合法的充要条件是每个and块里有0，因为虽然可以用当前的1消掉其他的0，但最后总会剩下一个有0的块，设f[i,0/1]表示i子树内连通块的and为0/1的答案，转移
题解做法：如果产生了一个or 1就直接合法，所以设f[i,0/1/2]表示当前点为 0/1/已经合法 的方案
PE752 Powers of (1+sqrt 7)
打表，发现>=5的质数p的周期为(p^2-1)的约数（p=7时周期为7例外），p^k就是p的周期乘上p^(k-1)，多个的周期是每个p^k的lcm（crt，显然要同时到(1,0)）
code:https://gmoj.net/senior/#main/code/840959
7101. 【2021.6.1 NOI模拟】人生赢家（win）
打表，发现可以分成GA..ACT..T的段，开头可以省G/C
枚举前面有多少位卡住，后面直接讨论+组合数
7100. 【2021.6.1 NOI模拟】皮皮虾(shrimp)
就是求对角为F其余为G的行列式，直接硬点哪些为F剩下的不好搞
按照套路把F变成(F-G)+G，在对角线上硬点(F-G)剩下的G任选，这样二项式逆展开可得F^k
发现剩下的矩阵大小>1时deg=0，所以(Ans=(F-G)^n+n(F-G)^{n-1}G)，插值求幂点值，或者短多项式求幂
7099. 【2021.6.1 NOI模拟】传统游戏（nim）
polya容斥，枚举排列乘上(-1)^(逆序对个数)，也等于偶环个数，因为可以把两个标号交换（行列同时换，不变）做到重标号
偶环对xor没有贡献单独处理，求有i=1~n个元素的答案，枚举第一个有<m的位置即<m的个数j（j<i），直接搞是O(n^2L)，由于要求偶数位置所以用((A+B)^k+(B-A)^k)/2，再补上j=i的方案
然后再dp奇环的方案，把阶乘放到f里面前缀和做到O(n^2)
CF1523
A：
B：
C：
D：
E：
*F：
*G：
*H：