0.Preface
考试的时候一如既往地被爆踩了/ll
西西弗出题越来越不正经了
Notice:这篇题解同时包含了提高组前两题和入门组的（简化版）题目与解法，对于提高组试题提供了代码。
1.Senior
T1
对于无限 Thue-Morse 数列 ({t_i}) 的前 (n) 项和给定多项式 (f)，求 (sumlimits_{i=0}^{n-1}t_if(i))。
首先来对这个式子进行乱搞，设 (p_n) 为 (n) 的二进制表示中 (1) 的个数，则找规律易知 (t_i=p_imod2) 即 (dfrac12 [1-(-1)^{p_i}])。
那么此时答案就拆成了两个稍简单的式子：(dfrac12[sumlimits_{i=0}^{n-1}f(i)-sumlimits_{i=0}^{n-1}(-1)^{p_i}f(i)])。
前一个式子是 (k-1) 次多项式的前缀和，可以参照此题插值求出，重点在后一个式子。
与前一个式子一样，求和的重点是 (sumlimits_{i=0}^{n-1}(-1)^{p_i}i^k)。
由于题目暗示得很明显，我们可以尝试将 ([0,n)) 拆分成几个区间，而区间之间要有一些关系可以方便地进行平移等操作。
对于一个数 (n)，我们把它从高位到低位划分就可以得到一些特殊性质，以下给出了一个例子。
设 (n=(1010110)_2)，我们将其分为四个区间：
([0000000,1000000)cup[10000000,1010000)cup[1010000,1010100)cup[1010100,1010110))。
接下来我们的任务就是对于每个偏移量 (d) 和某一位 (t)，计算 (f_{d,t,k}=sumlimits_{i=0}^{2^t-1}(-1)^{p_{(i+d)}} (i+d)^k)。
这时候划分方式的作用就体现出来了：从 (d) 到 (d+2^t-1) 这些数变化的数位对 (d) 没有影响，所以这个式子可变形为 ((-1)^{p_d}sumlimits_{i=0}^{2^t-1}(-1)^{p_i}(i+d)^k)。
把后面的幂暴力展开再蹂躏一番得到以下式子：(f_{d,t,k}=(-1)^{p_d}sumlimits_{j=0}^kdbinom{k}{j}d^{k-j}f_{0,t,j})。
所有 (f_{0,t,j}=f_{0,t-1,j}+f_{2^{t-1} ,t-1,j}) 可以倍增预处理出来，最终总复杂度为 (O(k^2(log n+k)))。
但是，这样是不够好的！我们需要优化！
有些题解里直接根据打表得出结论是不妥当的，这里参考官方题解给出一个简易证明：
首先推得 (f_{2^t,t,j}=-sumlimits_{i=0}^jdbinom{j}{i}2^{t(j-i)}f_{0,t,i})（显然）。
所以 (f_{0,t+1,j}) 就等于 (f_{0,t,j}) 加上上面的东西。
证明：(t>j) 时 (f_{0,t,j}=0)。
运用数学归纳法：固定一个 (j)，显然 (t=0) 时成立。考虑 (t') 成立时证明 (t=t'+1) 也成立。
1.若 (j=t')，则 (f_{0,t,j}=f_{0,j,j}-sumlimits_{i=0}^{j}dbinom{j}{i}2^{j(j-i)}f_{0,j,i}=f_{0,j,j}-f_{0,j,j}-sumlimits_{i=0}^{j-1}dbinom{j}{i}2^{j(j-i)}f_{0,j,i}=0-0-0=0)；
2.若 (j<t')，则 (f_{0,t,j}=f_{0,t',j}-sumlimits_{i=0}^jdbinom{j}{i}2^{t'(j-i)}f_{0,t',i}=0-0=0)。
所以 (t>j) 时 (f_{0,t,j}=0)。(lacksquare)
如果还不明白的话请看更详细的草稿吧（虽然根本看不清楚）
可以明显看出作者快证出来时笔法逐渐猖狂
由于作者水平所限，如证明过程出现纰漏敬请指出。
关于代码实现，先插值求出减号前部分，再利用公式计算减号后的部分，有非常多的细节，请仔细编写（我是照着洛谷题解改的）。
一些预处理的总复杂度为 (O(log n))，减号前复杂度为 (O(k^2))，减号后复杂度为 (O(k^3))，最终总复杂度为 (O(log n+k^3))。
const int N=500010,K=510,p=1000000007;
int n,nn,k,a[K],ans1,ans2;char s[N];
int C[K][K],pw2[N];
il void Init(){
for(rg int i=0;i<=k;i++){
C[i][0]=C[i][i]=1;
for(rg int j=1;j<i;j++){
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%p;
}
}
pw2[0]=1;
for(rg int i=1;i<=n;i++)pw2[i]=2ll*pw2[i-1]%p;
for(rg int i=0;i<n;i++)nn=(2ll*nn+s[i]-48)%p;
nn=(nn-1+p)%p;
}
il int Pow(int a,int b){
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=res*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return res;
}
int f[K][K];
//f_{t,j}=f_{t-1,j}-sum_iinomji 2^{t(j-i)}f_{t,i}
il int Calc(int t,int j){
if(t>j)return 0;
if(f[t][j]!=-1)return f[t][j];
if(!t)return j==0;
int res=Calc(t-1,j),pw=pw2[t-1],w=1;
for(rg int i=j;i>=0;i--,w=w*pw%p){
res=(res-C[j][i]*w%p*Calc(t-1,i)%p+p)%p;
}
return f[t][j]=res;
}
int fac[K],inv[K],pre[K],suf[K];
il int CalcFunc(int x){//Calculate f
int res=0;
for(rg int i=k-1;i>=0;i--){
res=(1ll*res*x%p+a[i])%p;
}
return res;
}
int sumf[K],ff[K];
il void InitLagrange(){
fac[0]=pre[0]=suf[k+2]=1;
for(rg int i=1;i<=k+1;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%p;
inv[k+1]=Pow(fac[k+1],p-2);
for(rg int i=k;i>=0;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
sumf[0]=CalcFunc(0);
for(rg int i=1;i<=k+1;i++){
sumf[i]=(sumf[i-1]+CalcFunc(i))%p;
ff[i]=sumf[i]*inv[i-1]%p*inv[k+1-i]%p;
if((i^k+1)&1)ff[i]=p-ff[i];
}
}
il int Lagrange(int m){
int res=0;
for(rg int i=1;i<=k+1;i++)pre[i]=pre[i-1]*(m-i)%p;
for(rg int i=k+1;i;i--)suf[i]=suf[i+1]*(m-i)%p;
for(rg int i=1;i<=k+1;i++){
res=(res+ff[i]*pre[i-1]%p*suf[i+1]%p)%p;
}
return res;
}
void Solve(){
int lst=0,lpp=0;
for(rg int i=0;i<n;i++){
int t=n-i-1;
int now=(2ll*lst+s[i]-48)%p,pp=lpp^(s[i]-48);
if(t>k){
lst=now,lpp=pp;continue;
}
if(s[i]==49){
int pw=lst*pw2[t+1]%p;
for(rg int j=0;j<k;j++){
int sum=0,w=1;
for(rg int l=j;l>=0;l--,w=w*pw%p){
sum=(sum+C[j][l]*w%p*Calc(t,l)%p)%p;
}
if(lpp)sum=p-sum;
ans2=(ans2+a[j]*sum%p)%p;
}
}
lst=now,lpp=pp;
}
}
signed main(){
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%s",s),n=strlen(s);
Read(k);
for(rg int i=0;i<k;i++)Read(a[i]);
Init(),InitLagrange(),ans1=Lagrange(nn);
Solve();
int ans=(ans1-ans2+p)%p*((p+1)/2)%p;
cout<<ans<<endl;
KafuuChino HotoKokoa
}
所以 €€£ 是玩自然数幂和玩上瘾了吗
T2
给定两字符串(s,t)，求(s)中有多少种子序列能够对应(t)中一子段。
枚举 (t) 的子串然后从 (s) 中顺次匹配即可（具体见代码），至于去重可以存一下哈希值。
const int N=3010,bas=13331,mod=1991122519911223;//关于模数和进制：能过就行
int n;char s[N],t[N];
int q[N*N];
signed main(){
scanf("%lld%s%s",&n,s+1,t+1);
for(rg int i=1;i<=n;i++){
int val=0,p=1;
for(rg int j=i;j<=n;j++){
while(p<=n&&s[p]!=t[j])p++;
if(p>n)break;
val=(1ll*val*bas%mod+t[j]-96)%mod;
q[++q[0]]=val;
p++;
}
}
sort(q+1,q+1+q[0]);
cout<<unique(q+1,q+1+q[0])-q-1<<endl;
KafuuChino HotoKokoa
}
T3
(n)个点分别有两个权值(a_i,b_i)，给定多组(l,r,c,d)，求(#{xin[l,r]|a_x ext{xor} clemin{b_x,d}})
不会，爬了。
2.Junior
T1
一个圆只能沿直径切，最少切多少刀能切出(a:b:c)
容易证明，最多只需要切三次，于是对不同情况分类讨论。
T2
在一个(n)阶方阵上找两条路径使得两条路径的并权值和最大
路径指按照(45^circ)直走（遇墙反弹）出的回路
发现路径只有 (O(n)) 条，那么把所有路径预处理出来，枚举两条路径再特判重复的点即可（可能需要亿些分类讨论）。
T3
一个(n)阶方阵上有一些障碍和两个球，求按照 2048 的规则将两球合并的最小滑动次数
由移动规则可知，只有障碍物（包括边界）周围的四个点是可以到达的，所以把这些状态记下来，再在可达的状态之间连边。
状态比较多，我们考虑从最终重合的状态逆推，用 BFS 求出最短路即可。