#36. 【清华集训2014】玛里苟斯
首先需要发现的是，只有这些数的基有用，这是应为如果存在某一个数$a_i$，使得存在不包含$a_i$的一个集合$S$，其异或和等于$a_i$
那么对于$S$的任意一个子集$T$所得到的异或和，都可以通过取$T$在$S$中补集，在异或$a_i$得到一个相同的值，那么每一个值就有两种方案，由于求期望，计算的时候会把这个因子$2$约掉，那么去掉$a_i$不影响答案
由于题目保证了答案不大于$2^{63}$，$a$中数的上界为$2^{frac{63}{k}}$，可以发现如果$kgeq 3$，线性基中元素的个数最多只有$21$个，那么直接暴力统计答案，并且这道题有一个性质是，答案要么是整数，要么是$.5$，这个可以从下面的证明看出来
那么现在只要考虑$k=1,k=2$的情况
当$k=1$时，可以单独考虑每一位上的贡献，对于第$i$位上存在$m(m eq 0)$个$1$，其期望贡献为$frac{2^msumlimits_{i=0}^{m}[i\%2=1]inom{m}{i}}{2^m}$，等于$2^{m-1}$
当$k=2$时，由于是乘积，那么只要考虑某两位上乘积的和，对于第$i$位和第$j$位，如果所有数都是$11$或者$00$，那么这就退化成$k=1$的情况，贡献为$2^{i+j-1}$
否则，记$11$的有$a$个，$01$有$b$个，$10$有$c$个，所有不为$00$的个数有$a+b+c$个，那么贡献为
$frac{sumlimits_{k=0}^ainom{a}{k}sumlimits_{i=0}^bsumlimits_{j=0}^b[i\%2=k\%2][i\%2=k\%2]inom{a}{i}inom{b}{j}}{2^{a+b+c}}$
化简可得$2^{a+b+c-2}$
那么直接暴力即可
#62. 【UR #5】怎样跑得更快
居然做出了UR的C
首先这个解方程显然不能直接去高斯消元，这个矩阵一定有一些性质，再观察这个式子，一脸莫比乌斯反演的样子，再想到一定反演变化实际上就是矩阵互相求逆的过程，说白就是解方程的过程，那么以这个为指导思想，那么来考虑怎么具体做这道题
首先式子里的$lcm(i,j)^d$改写为$frac{i^dj^d}{gcd(i,j)^d}$，原式化为$i^dsumlimits_{j=1}^n gcd(i,j)^{c-d}j^d x_jequiv b_i$
令$b'_i=frac{b_i}{i^d}$，然后开始大力推式子
$sumlimits_{g|i}g^{c-d}sumlimits_{j}^{left lfloor frac{n}{g} ight floor}[gcd(frac{i}{g},j)=1] (jg)^d x_{jg}$
$sumlimits_{g|i}g^{c-d}sumlimits_{j}^{left lfloor frac{n}{g} ight floor}(jg)^d x_{jg}sumlimits_{k|frac{i}{g}}mu (k) $
$sumlimits_{g|i}g^{c-d}sumlimits_{k|frac{i}{g}}mu (k) sumlimits_{j}^{left lfloor frac{n}{kg} ight floor}(kgj)^d x_{kgj}$
$sumlimits_{t|i} (sumlimits_{j=1}^{left lfloor frac{n}{t} ight floor}(tj)^dx_{tj})(sumlimits_{g|t}g^{c-d}mu(frac{t}{g}))$
令$C_t=(sumlimits_{g|t}g^{c-d}mu(frac{t}{g})),f(t)=sumlimits_{j=1}^{left lfloor frac{n}{t} ight floor}(tj)^dx_{tj}$
那么莫比乌斯反演可得
$C_if(i)=sumlimits_{t|i}mu(t) b_{frac{i}{t}}$
预处理$C$和$mu$，那么就可以在$O(nlogn)$时间内得到$f$，然后从后往前解出每一个$x$（注意需要除以$i^d$），最后带回原式判断是否无解
#345. 【清华集训2017】榕树之心
首先考虑判断根是否合法，对于根节点$x$来说，可以使根节点的两个子树内互相抵消，经典结论，当所有子树最大值$MAX$，使得$2MAXleq (sz[x]-1-sz[son])$时可以全部抵消掉，最终剩下$(sz[x]-1)\%2$，加上自己$x$一个，否则会剩下$2MAX-(sz[x]-1-sz[son])$个点
那么我们就要尽量消掉重儿子子树内的节点，那么可以设dp[x]表示在x子树内最少可以消到$dp[x]$个节点，考虑转移，根据上面的结论，那么只要$2dp[x]leq (sz[x]-1-sz[son])$就可以进入第一种情况
因为贪心地想，只要可以得到重儿子子树内节点最小值是满足条件的，虽然有可能在取最小值的时候，不一定满足是所有子树的最大值但是可以通过调整来满足条件
那么直接$DP$到根，判断$dp[1]$是否为$1$，如果为$1$那么可行，否则不可行
接下来考虑如何判断其他节点是否可行，可以利用之前记录的信息，从上往下$DP$，记录到当前节点，子树外最少可以消到多少个，按照之前的做法类似换根$DP$即可
#346. 【清华集训2017】某位歌姬的故事
首先可以发现有效的数段只有$2q$个，那么可以把每一个限制的左右端点离散化，然后可以得到$2q$个连续的区间，并且可以发现每一个连续的区间可以填的数的上界是相同的，上界就是所有覆盖这一点限制$m$的最小值
考虑如果只有一个限制的时候，方案数可以简单容斥计算，就是$m^{r-l+1}-(m-1)^{r-l+1}$，那么考虑多个限制的时候，就可以容斥地计算，即$sumlimits_S (-1)^{|S|} f(S)$，其中$f(S)$表示强制满足$S$集合中限制条件的，其他的条件不满足的方案数，记$xin S$的所有线段的并的长度为$a$，$x otin S$所有线段的并长度为$b$，那么$f(S)=m^a+(m-1)^b$，那么这个可以用$DP$解决
设$dp[i][j]$表示到第$i$个区间，所选的区间最远到达$j$的容斥计算结果之和，注意需要把$-1$乘入到结果中
转移如下
$dp[i][j] ightarrow dp[i+1][j]$
$-g(l[i],r[i],j)dp[i][j] ightarrow dp[i+1][max(j,r[i])]$
$g(l,r,i)$表示$[l,r]$这个区间与长度为$i$前缀扩展的方案数，也就是讨论一下左右端点$l,r$与$i$的大小关系，利用上面计算容斥系数的算法计算即可
注意到任意一个线段只会出现在点的上界为$m$的区域中，那么可以对于上界相同的点单独考虑，算出容斥系数，将所有的容斥系数相乘起来，就是答案
需要特判某一个限制一定不会被满足的情况，并且需要注意常数，要预处理幂次，否则会在extra test被卡
说白了也不是很复杂