6.24模拟赛赛后总结
赛时历程
读题的感觉有了。七点二十读完题目，然后开始敲T1的暴力。
敲T1的暴力经历了一个小小的写假的过程，不过问题不大，七点五十得到10分(10分80行，，，)
七点五十到八点想了想T2的暴力，感觉这题有些不可做。
八点开T3暴力，先打了全排列，八点十几分打完。
这个时候想着大概有22分了。
然后就什么都不会了，没错，中间还试图挣扎，但无奈太弱了啊~~。
最后5分钟好奇的测了测T1的样例2，竟然错了，还好是小问题，不然就抱玲了——
赛后发现
22分都能挂成10分。
1 T3 抱玲了，如果不是检查了T1，就全抱玲了，挂掉的原因是搞排列之前没有排序。太蠢了。
2 看上去去年的选手打的也不是很高。大概是这套题区分度不行，部分分都和正解的深度差不多。
技术总结
T1
这个要讲有点麻烦。题目问的是 对于每一个合法的染色状态(c),问 (sum_c|S(c)|^k=sum_c(sumlimits_{i=1}^m[iin S(c)])^k) 首先是关于(k=1) 的树形DP，式子转化之后变成了求这样的式子， (sumlimits_{i=1}^msum_c[iin S(c)]) 即对于每一个颜色，考虑有哪些状态它出现在了关键点S中，考虑(g[i]=sum_c[iin S(c)])，显然对于每一个 (i) ,这个 (g) 都是相等的，因为每个颜色并没有什么与众不同的特质，所以不妨来试着求 (g[1]), 直接求，难！正难则反，考虑完全不让这些点选择一个颜色，然后用总的方案数减去就好了，考虑树形DP，(f[i][0/1])表示这个点选或者不选择颜色1的子树下的方案数(不包含自己)，那么(f[x][0]=prod_{yin son[x]}f[y][0]*(m-2)+f[y][1],f[x][1]=prod_{yin son[x]}f[y][0]*(m-1)),最后我们的(g[1]=(m-1)^{n-1}*m-f[1][0]*(m-1)-f[1][1]).
这个g[1]乘m就是我们的最终答案。然后考虑对原式子做转化，考虑把那个k次方给展开成斯特林的样子，则(sum_csumlimits_{i=0}^kS(k,i)*C(|S(c)|,i)*i!=sumlimits_{i=0}^kS(k,i)*i!sum_cC(|S(c)|,i)) ,然后，再考虑(g[i]=C(|S(c)|,i)),这个东西就是“在所有的合法染色中选择i个颜色来放入关键点的方案”，它等价于“对于所有的由(i)个颜色的组成的集合T，(Tsubseteq S(c)) 的方案”，我们考虑(h[i])为任意(i)个颜色组成的集合能够被(S(c)) 包含的方案，那么(g[i]=C(m,i)*h[i]),然后我们惊奇的发现，求(h[1])的话问题就是任意一个颜色，有哪些状态使得它出现在看关键点S中，这个是(k=1)的情况里已经考虑过做法的，所以可以考虑用类似的方法来求所有(h[i]),仍然是树形DP，(f[x][0/1])则表示 (x) 选择的颜色是否是 (i) 个禁用色之一的颜色，那么转移方程就是(f[x][0]=prod_{yin son[x]}f[y][0]*(m-i-1)+f[y][1]*i,f[x][1]=prod_{yin son[x]}f[y][0]*(m-i)+f[y][1]*(i-1)),可以记(DP[i])为禁用 (i) 个颜色的方案，那么(DP[i]=f[1][1]*i+f[1][0]*(m-i)),然后通过容斥禁用的颜色个数，得到 (h),具体来说 (h[i]=sumlimits_{j=0}^i(-1)^j*DP[j]*C(i,j))。到此为止！我们(O(nk))的预处理所有的(DP[])，(O(k^2)) 计算所有的 (h)，最后再(O(k))的计算最终答案即可！
T2
思维转化+线段树合并。
T3
不会做的带结论的复杂DP题增加了！