Luogu5303 [GXOI/GZOI2019]逼死强迫症
设(f(i)=f(i-1)+f(i-2),f(0)=f(1)=1)，即是(2 imes i)的铺放方案数；再考虑两块碎砖的距离，有(Ans=2 imes sum_{i=3}^{n} sum_{j=0}^{n-i} f(j) imes f(n-i-j))；设(g(n)=sum_{i=0}^{n} f(i) imes f(n-i))，展开有(g(n)=g(n-1)+g(n-2)+f(n-1)+f(n-2))；那么矩阵快速幂即可。
Luogu4495 [HAOI2018]奇怪的背包
假设选择了物品(t_1,t_2,...,t_k)，那么(sum_{i=1}^{k} a_i V_{t_i} equiv w pmod P)，不难发现在模(P)意义下，a_i的取值范围相当于(R)，所以有(gcd(V_{t_1},V_{t_2},...,V{t_k},P)|w)，即：(GCD_{i=1}^{k} gcd(V_{t_i},P)|w)，考虑dp，设(f(i,j))表示考虑到与(P)公约数为(i)的一组数，现在的总约数为(j)的方案数，转移即可。对于一个(w)，其答案就是$sum_{d|w} f(..,d) $，是可以预处理的。
Luogu5300 [GXOI/GZOI2019]与或和
拆位，问题就变成了对于一个01矩阵，求它的全1子矩阵个数，处理出每个点的最高高度，单调栈统计即可，最后乘上答案即可。
Luogu4606 [SDOI2018]战略游戏
首先建圆方树。发现要摧毁的点是割点，割点满足什么条件呢，观察到它一定是(u)到(v)在圆方树上的简单路径上的圆点(不包括端点)。那么多个点怎么统计呢？用树链的并统计圆点个数即可，注意最后要减去不能摧毁的(|S|)个点。
Luogu5330 [SNOI2019]数论
考虑在模(B)剩余系下计算贡献，不难发现对于加A成(gcd(A,B))环，在环上的贡献可以(O(1))递推，大致分类讨论一下即可，所以最后可以(O(n))的算出所有模B剩余系下的点的贡献。
Luogu5323 5323 [BJOI2019]光线
设(f(i))表示第(i)层玻璃上部进光量，(g(i))表示第(i)层玻璃下部进光量，有(a_if(i)+b_ig(i)=f(i+1))，(a_ig(i)+b_if(i)=g(i-1))，(f(1)=1)，(g(n)=0)，从上到下依次消元即可。
Luogu5327 [ZJOI2019]语言
考虑对于每个点分别计算贡献，那么(u)所能匹配的点数就是经过它的路径的并。如何统计所有点的答案呢？采用(dfs)序线段树维护树链的并，就可以做到动态插入删除路径，对于路径的插入删除，考虑用树上差分打标记实现，那么一个点对应的线段树就由子树继承而来，套上线段树合并即可。
Luogu5280 [ZJOI2019]线段树
设(f(x))表示节点(x)有标记的线段树占总数比例，(g(x))表示节点(x)到根路径有标记的线段树占总数比例，那么每一次修改就是：
1.到达目标节点前经过的节点：(f(x)=frac{f(x)}{2})，(g(x)=frac{g(x)}{2})。
2.目标节点：(f(x)=frac{1}{2}+frac{f(x)}{2})，(g(x)=frac{1}{2}+frac{g(x)}{2})。
3.目标节点子树内的节点：(f(x)=f(x)，g(x)=frac{1}{2}+frac{g(x)}{2})。
4.PushDown但未经过的节点：(f(x)=frac{f(x)}{2}+frac{g(x)}{2})，(g(x)=g(x))。
5.其他节点不变。
具体修改用懒标记实现即可，答案就是(NUM imes sum_{i=1}^{tree_tot} f(i))。
Luogu2481 [SDOI2010]代码拍卖会
发现对于一个数，一定可以表示为(sum_{i=1}^{t} frac{10^{k_i}-1}{9}(t leq 9))。而(frac{10^{k_i}-1}{9})这样的数模(P)是有周期的，长度(O(P))，直接考虑dp。设(f(i,j,k))表示考虑到余数为(i)的一组数时，已经选了(j)个数，当前余数为(k)的方案数，每一次转移枚举再选(x)个数即可，贡献是({cnt[i]+x-1,x-1})。最后注意第一个数不能为(0)。
Luogu4492 [HAOI2018]苹果树
发现长出第(i)个节点时有(i)种选择，所以最后总形态数就是(N!)，所以就是求所有树的不便度之和。考虑对于每条边计算对总答案的贡献，若子树大小为(j)，贡献即为(j(n-j))。那么一共计算了多少次呢？设当前子树根节点为第(i)个节点，那么前(i)个节点的形态有(i!)种，子树内部形态有(j!)中，剩下的(n-i-j+1)个节点的形态有(prod_{k=i-1}^{n-j-1} k)种，然后子树内的节点编号有({n-i choose j})种，所以总贡献是(j(n-j)i!j!{n-i choose j}prod_{k=i-1}^{n-j-1}k)，即(ij(n-j)!j!{n-i choose j})。最后枚举(i)，(j)求和即可。
Luogu4916 魔力环
LOJ6502「雅礼集训 2018 Day4」Divide
考虑重新构造数列，使对于数列中的每一个(i)，都有(w[i]+w[j] geq m或w[i]+w[j] lt m(1 leq j lt i))成立，那么就可以方便地用dp转移求得答案。现在考虑如何构造数列，先按(w)的大小排序，发现对于区间([l,r])，若(w[l]+w[r] leq m)成立，那么(w[t]+w[r] leq m)恒成立；若(w[l]+w[r] gt m)成立，那么(w[l]+w[t] gt m)恒成立；那么从([1,n])开始，每一次取出相应的(w[l])或(w[r])，就可以得到满足条件的数列。
LOJ6503「雅礼集训 2018 Day4」Magic
直接算不好算，考虑给所有卡片编号，最后答案再除以(prod_{i=1}^{m} a_i!)即可。那么(k)个魔术队相当于在(n)张牌中选出(k)张牌，再将其插入到其他颜色与其相同的牌后。那么我们无法保证其他牌不形成魔术对，所以考虑容斥。设(f(k))表示恰好(k)张牌形成魔术对的方案数，(g(k))表示至少(k)张牌形成魔术对的方案数。那么有：(f(k)=sum_{i=k}^{n-1} (-1)^{i-k} {i choose k}g(i))。如何计算(g(i))呢？考虑dp。设(f(i,j))表示考虑到第(i)种颜色，之前已经选出了(j)张牌构成魔术对，转移就枚举在第(i)种颜色中选出(x)张牌。贡献是多少呢？就是选出(x)张({a_i choose x})，再将(x)张牌插入到其他牌后面(prod_{j=a_i-x}^{a_i-1}j)，所以是({a_i choose x}prod_{j=a_i-x}^{a_i-1}j)。最后因为其他牌未计入顺序，所以(g(i)=f(m,i) imes (n-i)!)。但是这样复杂度没有保证，因为每一次的转移实际是(F_{i-1}(x))与贡献函数(W_i(x))卷积得到新的(F_i(x))，所以可以用多项式优化。注意这里要用堆维护当前所有多项式的长度，每一次选出最短的两个做卷积即可，复杂度相当于分治，是(O(nlog^{2}n))。