A. 序列
变化次数线段树很不好维护。
不妨考虑根号做法，暴力一部分。
发现对整块的修改，add操作单调性不变，按w+add sort后次数的变化一定在前缀，所以暴力保持整块内部有序。
修改时两边重构，取max时lower_bound，然后在该位置差分，更新max标记时要减去当前的add标记，相当于max是相对于初始重构序列的。
单点查询时直接重构所在块。
这样做复杂度是(nsqrt n logn)的。我的代码调块长卡不过。
瓶颈在于二分，发现有效修改位置一定是单调不降的，所以对每个块维护单调指针，重构时移动到块首。由于操作最多重构两个块，块长(sqrt n)这样做复杂度是对的(nsqrt n)。
暂咕.
之前某次没放出来的题解orz
T1.解方程
求方程(sumlimits_{i=1}^{n}x_i=m)的解个数
如果没有限制，可以转化问题为把m个无差别物品放入n个有差别非空箱子的方案数。
由挡板法(inom{m-1}{n-1})。
对于限制(x_i geq A_i)，可以从m个物品中先拿出(A_i-1)个，最后把这些物品钦定放到(x_i)上，保证一定满足。
对于限制(x_i leq A_i)，由于该类限制很少，暴力枚举所有不合法情况然后做集合容斥。
模数是合数没有逆元，Exlucas计算，最后用Crt合并。预处理需要的前缀积可以快不少
注意(a^{varphi (m)}equiv 1(mod m))，所以用快速幂计算逆元需要求(varphi)
B.宇宙序列
递推式是异或卷积可以FWT，不断DFT自乘IDFT能做到(O(pn2^n))
有个结论，点值表达式的前缀和IDFT后可以得到系数的前缀和。
由于模数很小，所以可以倍增预处理所有值变换次幂次带来的贡献。
设(f[x][i]=sumlimits_{j=0}^{2^i-1}x^{2^j})
(f[x][i]=f[x][i-1]+f[x^{2^{2^{i-1}}}][i-1])
枚举每个点值，不断更新累加前缀和。
最后IDFT得到答案。
C.exp
大神期望题
30pts：从末状态倒推到给定状态，对于每个状态(f[s]=frac{sumlimits_{i=1}^{n}f[to]+cost}{n})
正解：首先断环成链。由于倒推需要枚举具体的状态，试着存概率正推。
发现有区间dp的性质。
设(f[l][r])为考虑了区间([l,r])除了r都被选的期望。
(g[l][r])同理为概率
g的需要枚举上一个除r以外o的位置转移，而每个位置的概率不同，所以再定义(p(l,r,k))为区间[l,r]内r未选且k最后一个被选的概率。
所以(g[l][r]=sumlimits_{i=l}^{r-1}p(l,r,k))
(f[l][r]=frac{1}{g[l][r]}sumlimits_{i=l}^{r-1}p(l,r,k)(f[i][k]+f[k+1][r]+frac{k-l}{2}))理解加权平均
现在问题在于求出p，设[l,k-1]中有x个o，[k+1,r-1]中有y个o，
有(p(l,r,k)=inom{x+y}{x}left ( frac{k-l+1}{r-l+1}
ight )^{x+1}g[l][k]left ( frac{r-k}{r-l+1}
ight )^yg[k+1][r])
组合数两部分交叉的顺序，不用排列的原因是内部转移的时候考虑了顺序（枚举k），然后乘上概率。