【T1】
【简要题意】
长度为N的括号序列，随机确定括号的方向；对于一个已确定的序列，每次消除相邻的左右括号（右左不行），消除后可以进一步合并和消除直到不能消为止。求剩下的括号的期望。(N leq 2000)，保留三位小数。
【做题过程】
看上去一道傻逼题，又让我涨姿势了。
直接按长度DP咯？仔细一想，要记录一直延续至今的待消左括号个数，所以起码是二维。所以就是 (F_{i,j}) 表示处理了前i个点，目前有j个待消的左括号。写了一半我才发现一个问题， $F_{i,j} $ 本身意义不明：到底是到这一个状态的概率（<1)，还是到这个状态的期望消除数量？讲道理，单记一个肯定没法转移，而“经验”告诉我以前好像没有一起转移的。所以就GG咯？
然后强行加一维变成 (F_{i,j,k}) ，k表示目前消除的对数，这样就直接按概率转移即可。现在是(O(N^3))“经验”又告诉我，这种肯定是瞎逼卡精度题。j维可以小一些（很长待命左括号不现实），k维也可以小一些_但是搞着搞着，发现本身F的精度就不够。跑 (N=500) 的时候F每一个值都是0了。
那还是找规律吧。打表发现，答案可以表示成 (frac {P_i}{Q_i})的形式，其中 (P_i) 是这个数列 (Q_i)是(2^ {i-1})。根据OIES的 (P_i)的5阶线性递推（我把(Q_i)也整理到递推里）写了三行代码。。
woc。。为啥 (N=2000) 又爆精度了？仔细一看，N稍微大一些，每一个答案 (A_i) 就会有误差，然后误差越来越大……理论上可以直接对 (P_i) 进行高精运算（因为是整数没有精度丢失），然后高精除2的幂次算答案，懒得找板子了。（所以理论上此题可以加强，换成求精确值233）
【题解】
直接按我最初的想法做即可，正常转移概率和期望数组。
【UPD】
一位大佬有一个更简洁霸气的 (O(N)) 做法。我们考虑之前的(2*P_i) 构成的数列，它是A1=2,6,16,38,88,196,432......。
考虑后面一位减去前面一位的两倍，得到序列A2=2,4,6,12,20,40......
注意到这个序列实际上是和A3=A000984密切相关的，具体地，A2=A3[1],A3[1]2,A3[2],A3[2]2,A3[3],A3[3]*2......。
把组合数和要除的2的幂次整理在递推式里，就能(O(N))递推了，实测无精度问题>_<。
【T2】
【简要题意】
给定一棵带点权的树，Q个询问。每次给出向根路径上的两个点(x，y)和一个数值(v)，考虑从 (x) 向 (y) 爬，每到一个点时若其点权大于 (v) 就更新 (v) 。每次询问更新的次数。(N,Qleq100000)，可以离线。
【做题过程】
没仔细想离线，就强上了。若询问不同的 (x) 只有一个，可以维护从根到 (x) 一个单调递减的序列，每次二分 (y) 的位置，看看序列里的点个数即可。 (x) 不同的话，因为树上不能均摊，所以可以对每一个点维护一个可持久化的数组。每次继承父亲的数组，然后二分找到替换的位置并将后面的数字删除。具体实现的时候，可以用可持久化线段树来维护这个操作。不得不说，细节有点萎，而且卡内存常数。
【题解】
又是一个精妙的“傻逼”题！首先为了方便可以在询问的x点下面挂一个点，权值就是 (v) ，这样全在树上的节点上进行操作。离线一下，可以构出一棵类似于虚树的树，只是每一个点的父亲为原树上第一个权值比它大的祖先。然后倍增跳一跳即可，NOIP即视感。（所以又可以加强233）
【T3】
【简要题意】
给出一个N个点的基环树，在给定一个质数模域。每一个点有一个待确定的值，对于每一条边((x,y))，给出一个限制(A_i*x+B_i*y=C_i( mod P)) 求每一个点的值，保证解唯一。
【做题过程&题解】
傻逼题。找到环然后走一圈解一个方程，再往树枝外面拓展即可。
【T4】
【简要题意】
二维坐标里有N个点 (A_i) （保证所有的横坐标集合和纵坐标集合都是一个1~N的排列）。随机生成一个排列Pi，并执行以下过程：
now=A[p[1]];
for (i=2;i<=n;i++)
if (A[p[i]].x>=now.x&&A[p[i]].y>=now.y) now=A[p[i]];
return now;
分别对于每一个点，求出最终now是它的排列的个数。(Nleq100000)
【题解】
原题题解说的有点迷。
考虑一个特定序列(B_i)（记录了某排列让now发生变化的所有点的序号），现在计算这个(B_i)对应了多少的排列：首先，显然(B_1)必须放在排列的第一位，现在总排列数有((n-1)!)；然后对于一对(B_i)和(B_{i+1})，它们在排列的位置之间不能插入任何横纵坐标都大于(B_i)的点；再转化一下，所有横纵坐标都大于(B_i)的点必须出现在(B_{i+1})之后。
具体地说，假设比(B_1)横纵坐标都大的点有(T_1)个，那么这时的限制就是对于一个确定的(T_1)个点的集合，某一个点（即(B_2)）必须出现在集合的最前面。因为在所有排列中，(T_1)个点谁在最前面几率均等，所以$frac {(n-1)!}{T_1} $ 就是目前符合条件数。对于所有的 (B_i) 和 (B_{i+1}) 我们都要满足这样的限制。而且很关键的一点：每次我们强制把(B_{i+1})放在比(B_i)大的点的最前面后，剩下的点在什么位置还是都有可能的，不会对进一步的计算造成一定的限制。所以，对于这个序列(B_i)，满足条件的P的数量就是 (frac {(n-1)!}{prod_{i=1}^{|B|-1} T_i})
现在就是怎么求答案了。对于一个点i，若它是now，那么它就是B序列中的最后一个点。我们枚举它之前的那个B是什么（即枚举横纵坐标都小于它的点）并对所有方案数求和。因此我们知道，对于每一个点我们要维护一个(F_i),它是由比它小的点求和转移过来的，而且最后它还要除掉比它大的点的个数。对于结束点i，不必再除了，最后再乘上((n-1)!)即可。以上过程可简单地用数据结构维护。