又考崩了咕咕咕。。。
T1:随 好题标记
前置芝士：
原根：质数P的原根g满足1<=rt<P,且rt的1次方,2次方…(P-1)次方在模P意义下可以取遍1到(P-1)的所有整数。
欧拉定理：对于质数P,1<=x<P的任意x的P-1次方在模P意义下都为1。
显然,原根的1次方,2次方…（P-2）次方在模P意义下都不为1,只有(P-1)次方在模P意义下为1.这也是一个数成为原根的充分必要条件。
x^b≡x^(b%φ(p)) (%p)
考虑到这道题的m很大，但状态具有传递性，用倍增算法。
设状态f[i][j]表示选了i波后为原根的j次方的方案总数，另求一个辅助数组g[i][j]表示选择2^i次后为原根的j次方的方案总数，那么dp转移显然：
f[i][(j+k)%(p-1)]=Σf[i-1][j]*g[now][k] (0<=k,j<mod-1)（可以滚动）
注意这里是p-1！由前置芝士可得（因为表示的是次方嘛）。
求g数组同理：
g[i][(j+k)%(mod-1)]=g[i-1][k]*g[i-1][j](0<=k,j<mod-1)
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define int long long
3 #define ts puts("----------");
4 using namespace std;
5 const int MOD=1000000007;
6 int g[1005][50],f[2][1005],num[1005],Map[1005],bin[50],To[1005];
7 bitset<1001>s;
8 int qpower(int a,int b){
9 int ans=1;
10 while(b){if(b&1)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}
11 return ans%MOD;
12 }
13 signed main()
14 {
15 int n,m,mod;
16 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mod);
17 int t=log(m)/log(2)+1;
18 bin[0]=1;
19 for(int i=1;i<=31;i++)bin[i]=bin[i-1]<<1;
20 for(int i=1;i<mod;i++){
21 s.reset();
22 int base=1;
23 for(int j=1;j<mod;j++){
24 (base*=i)%=mod;
25 s[base]=1;
26 }
27 if(s.count()==mod-1){
28 // cout<<i<<endl;
29 int base=1;
30 for(int j=1;j<mod;j++)
31 (base*=i)%=mod,Map[base]=j,To[j]=base;
32 Map[1]=0;To[0]=1;
33 break;
34 }
35 }
36 for(int i=1;i<=n;i++)
37 {
38 int a;
39 scanf("%lld",&a);
40 num[a]++;
41 g[Map[a]][0]++;
42 }
43 for(int i=1;i<=t;i++)
44 for(int j=0;j<mod;j++)
45 for(int k=0;k<mod;k++)
46 (g[(j+k)%(mod-1)][i]+=g[k][i-1]*g[j][i-1])%=MOD;
47 // for(int i=0;i<=t;i++)
48 // for(int j=0;j<mod;j++)
49 // cout<<j<<' '<<i<<' '<<g[j][i]<<endl;
50 f[1][Map[1]]=1;
51 int now=0;
52 int cur=0;
53 for(int i=t;i>=0;i--){
54 if(now+bin[i]>m)continue;
55 for(int j=0;j<mod;j++)f[cur][j]=0;
56 // cout<<i<<endl;
57 now+=bin[i];
58 for(int j=0;j<mod;j++)
59 for(int k=0;k<mod;k++)
60 // cout<<k<<' '<<f[cur^1][k]<<" "<<j<<' '<<i<<' '<<g[j][i]<<endl,
61 (f[cur][(j+k)%(mod-1)]+=(f[cur^1][k]*g[j][i]))%=MOD;//,cout<<(j+k)%(mod-1)<<' '<<f[cur][(j+k)%(mod-1)]<<endl;
62 if(now==m)break;
63 cur^=1;
64 }
65 int a=0;
66 for(int i=0;i<mod;i++)
67 // cout<<i<<' '<<f[cur][i]<<endl,
68 (a+=To[i]*f[cur][i])%=MOD;
69 int b=qpower(qpower(n,m),MOD-2);
70 cout<<(a*b)%MOD<<endl;
71 return 0;
72 }
T2：单 好题标记
咕咕咕
这题嘛高斯消元就溜啦，然后获得了10的好成绩，但高斯消元没骗到分。
直接贴代码
注意的点吧：
1.高斯消元不管是不是整数解，一定要开double！
2.整数解向上取整！
3.fabs必须有！
4.sb错误！
总而言之，不要被题里说的保证有整数解蒙蔽了双眼=_=
上正解：
先看一条链的情况：
已知a[i]求b[i]:
考虑每条边的贡献，辣么，b[i]=pr[1]+pr[2]+pr[3]+......+pr[i-1]+ls[i+1]+ls[i+2]+........+ls[n]。
这是因为第一条边对于i来说只有a[1]的贡献，而第二条边有a[1]+a[2]的贡献，然后处理前缀的前缀和后缀的后缀就好啦！
已知b[i]求a[i]:
先把柿子列出来：
b[1]=ls[2]+.....+ls[n]。
b[2]=pr[1]+ls[3]+.....+ls[n]。
作差发现b[1]-b[2]=ls[2]-pr[1]，设sum=a[1]+......+a[n]。
辣么显然pr[i]+ls[i+1]=sum
=>b[1]-b[2]=sum-2*pr[1]。
以此类推 b[i]-b[i+1]=sum-2*pr[i]。
累加发现b[1]-b[n]=(n-1)*sum-2*Σpr[i](1<=i<n)
又发现后面那个sigma可以变成b[n]。
所以b[1]+b[n]=(n-1)*sum => sum=(b[1]+b[n])/(n-1)
知道sum就可以利用前面的柿子愉快的推出来了！
树上的以此类推就好啦，不过把前缀后缀换成了子树a[i]的和
AC代码：
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
3 #define MAXN 100050
4 #define int long long
5 using namespace std;
6 int n,a[MAXN],b[MAXN],tot,head[MAXN],nxt[MAXN*3],to[MAXN*3],cnt,rt,sz[MAXN];
7 int mmp;
8 void add(int u,int v)
9 {
10 to[++cnt]=v;
11 nxt[cnt]=head[u];
12 head[u]=cnt;
13 }
14 void clear()
15 {
16 mem(a);mem(b);tot=0;cnt=0;mem(head);mem(sz);mmp=0;
17 }
18 void dfs(int x,int fa,int depth)
19 {
20 b[rt]+=a[x]*depth;
21 sz[x]=a[x];
22 for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
23 {
24 int y=to[i];
25 if(y==fa)continue;
26 dfs(y,x,depth+1);
27 sz[x]+=sz[y];
28 }
29 return ;
30 }
31 void dfs1(int x,int fa)
32 {
33 if(x!=rt)b[x]=b[fa]+tot-2*sz[x];
34 for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
35 {
36 int y=to[i];
37 if(y==fa)continue;
38 dfs1(y,x);
39 }
40 }
41 void dfs2(int x,int fa)
42 {
43 if(x!=rt)tot+=b[x]-b[fa];
44 for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
45 {
46 int y=to[i];
47 if(y==fa)continue;
48 dfs2(y,x);
49 }
50 }
51 void dfs3(int x,int fa)
52 {
53 if(x!=rt)a[x]=sz[x]=(tot+b[fa]-b[x])/2;
54 for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
55 {
56 int y=to[i];
57 if(y==fa)continue;
58 dfs3(y,x);
59 if(x!=rt)a[x]-=sz[y];
60 }
61 if(x!=rt)mmp+=a[x];
62 return ;
63 }
64 signed main()
65 {
66 int t;rt=1;
67 scanf("%lld",&t);
68 while(t--)
69 {
70 clear();
71 scanf("%lld",&n);
72 for(int i=1;i<n;i++)
73 {
74 int a,b;
75 scanf("%lld%lld",&a,&b);
76 add(a,b);add(b,a);
77 }
78 int mt;
79 scanf("%lld",&mt);
80 if(!mt)
81 {
82 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),tot+=a[i];
83 dfs(1,0,0);
84 dfs1(1,0);
85 for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",b[i]);
86 puts("");
87 }
88 else
89 {
90 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
91 tot=b[1]*2;
92 dfs2(1,0);
93 tot/=(n-1);
94 dfs3(1,0);
95 a[rt]=tot-mmp;
96 for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",a[i]);
97 puts("");
98 }
99 }
100 return 0;
101 }
T3是个打表找规律题，不说啦
考试反思：
第一次写考试反思，以前只写了题解（甚至有的题解都没写）。
连续爆炸后是波澜不惊，还是任其东西，在你自己，wd大佬一次rk15把自己说的什么都不是，而你次次落后还不知悔改。
你可以笨，但不能自甘堕落，也许努力没有结果，但不努力一定没有结果！
人生百态，世事沉浮，你，只能靠自己啊。
以前的你虽然菜，但基本上不挂分，现在又菜又挂分，是能力问题吗？
为什么以前能做到的现在反而做不到了？
暴力变难了吗？ 你变傻了吗？ 还是你的态度有问题？
你怎么做的你自己清楚，你想干什么你自然也清楚，而你能不能做到，在你心里也早有定数。
模板不会，知识点理解不透彻，思维不够，你还剩什么呀！
只有暴力，难道你就要用一直挂分的暴力苟且？ 就算你能苟过联赛，下面的路呢？ 就不走了吗？
一个题的分数是有限的，但算法的优化是无限的，你还在为T3 95分沾沾自喜吗？
一个显然的规律，被你打了两个小时的表，那么多人AC，你就不能找找规律吗？
还是，你就认为自己找不出来？
这不是什么考试技巧，这是你对自己的定位，你凭什么认为就那么难，你就推不出来？
在不该浪费时间的题上浪费时间，该得的分却拿不到。
你的考试策略出现了很大的问题
不管什么题，先试着推一下，骗分是迫不得已的行为。
某学长曾说过：或许这，或许那，都是经历，愿OI，成为你无悔的历练。