写在前面：为了保护正睿题目版权，这里不放题面，只写题解。
dlstql，wsl
- A
(10pts:)
(a=100,T=100)，对每个排列构造一个反的，一步到位即可。
(20pts:)
(a=50)，构造(1)和所有元素交换的排列，实现交换((v,u))可以令两者分别与(1)交换，选择排序即可。
(40pts:)
(a=30)，构造前(25)个元素与(1)交换的排列，另有一个排列交换前(25)个与后(25)个元素。
(a=20)时可以分三块处理。
(100pts:)
考虑(a=2)，步数不限时怎么做。
只需构造一个(2-n)的环，再构造一个(1-2)的交换。
每次可以把位置(1)上的数放到它在循环里的对应位置。
但是一步的期望是(frac{n}2)次操作，实际步数无法承受。
考虑倍增。由于(a=5)的限制，难以二进制倍增，可以考虑三进制倍增。
【update:经过同学们反映，必须用dls的({1,3,8,20})才能获得满分】
一步的期望大约是(4.5)次操作，随机数据下可以通过。
- B
欣赏一下swk的神奇错误：
(frac{1}n sum(a_i-frac 1n sum a_i)^2=frac{1}{n}(sum a_i^2+frac{(1-2n)(sum a_i)^2}{n^2}))
/cy/qiang
显然方差直接算是不可做的，考虑拆一下式子。
(frac{1}n sum(a_i-frac 1n sum a_i)^2=frac{1}{n}sum(a_i^2-frac {2a_i}nsum a_i +frac{1}{n^2}(sum a_i)^2)=frac 1n (sum a_i^2-frac{1}n (sum a_i)^2))
即，对于一个确定的大小为(n)的集合，它的方差为(frac 1n (sum a_i^2-frac{1}n (sum a_i)^2))。
如果只需要算一个方差，有上式就够用了。然而此处我们要算的是区间内所有子集的方差。
(frac 1n (sum a_i^2-frac{1}n (sum a_i)^2)=frac{n-1}{n^2}sum a_i^2-frac{1}{n^2}sum_{i ot=j}a_ia_j)
设每次求取区间长度为(l)，枚举子集大小(n)，考虑区间内每个(a_i)单独出现的次数，即(l)个数中选(n)个，其中(a_i)必选的方案数，等价于(l-1)个数中选(n-1)个的方案数。
同样，区间内每对(a_i,a_j)出现的次数为(l-2)个数中选(n-2)个的方案数。
由此得到长度为(l)的区间所有子集的方差和(=sum_{n=1}^{l}frac{n-1}{n^2}(^{l-1}_{n-1})sum a_i^2-sum_{n=1}^lfrac{1}{n^2}(^{l-2}_{n-2})sum_{i ot=j}a_ia_j)。
发现枚举(a_i,a_j)比较困难，重新将其转化为完全平方的形式，得到(sum_{n=1}^{l}frac{n-1}{n^2}(^{l-1}_{n-1})sum a_i^2-sum_{n=1}^lfrac{1}{n^2}(^{l-2}_{n-2})[(sum a_i)^2-sum a_i^2])。
整理得(sum a_i^2 sum_{n=1}^l [frac{n-1}{n^2}(^{l-1}_{n-1})+frac{1}{n^2}(^{l-2}_{n-2})]+(sum a_i)^2sum_{n=1}^lfrac{1}{n^2}(^{l-2}_{n-2}))。
发现原式被拆分成了形如(x_lsum a_i^2+y_l(sum a_i)^2)的形式，且(x_l,y_l)与序列形态无关，只与序列长度有关。现在原问题转化为两个子任务：维护区间和，区间平方和；迅速求解(x_l,y_l)。
第一个子任务可以用线段树简单维护。
将(x_l)拆分成三部分：①(sum_{n=1}^{l}frac{1}{n}(^{l-1}_{n-1})-)②(sum_{n=1}^{l}frac{1}{n^2}(^{l-1}_{n-1})+)③(sum_{n=1}^{l}frac{1}{n^2}(^{l-2}_{n-2}))，则(y_l)是(x_l)的一部分。考虑分别求解。
①：(sum_{n=1}^{l}frac{1}{n}(^{l-1}_{n-1})=sum_{n=1}^{l}frac{(l-1)!}{n!(l-n)!}=sum_{n=1}^{l}frac{1}{l}(^l_n)=frac{2^l-1}{l})（注意(n)的枚举从(1)开始）
②：(sum_{n=1}^{l}frac{1}{n^2}(^{l-1}_{n-1})=frac 1lsum_{n=1}^{l}frac{1}{n}(^l_n))，发现不是很好求解，可以使用差分的技巧。设(P_l=sum_{n=1}^{l}frac{1}{n}(^l_n))，则(P_{l+1}-P_l=frac 1{l+1}+sum_{n=1}^{l}frac{(^{l+1}_{~~n})-(^l_n)}{n}=frac 1{l+1}+sum_{n=1}^{l}frac{1}{n}(^{~~~l}_{n-1})=frac{1}{l+1}(1+sum_{n=1}^l(^{l+1}_{~~~n}))=frac{2^{l+1}-1}{l+1})
③：(sum_{n=1}^{l}frac{1}{n^2}(^{l-2}_{n-2})=frac{1}{l(l-1)}sum_{n=1}^lfrac{n-1}{n}(^l_n)=frac{1}{l(l-1)}(2^l-1-sum_{n=1}^lfrac{1}{n}(^l_n)))，发现与②式形式相同，可以简单处理。
- C
dls：昨晚睡迷糊了，所以写了两份错的题面。
(50pts:)
按右端点排序dp，考虑需要记录哪些状态。
发现需要记录：未被覆盖的区间中，右端点最靠左的；选中的区间中，右端点最靠右的。维护这两维状态，转移时枚举当前线段是否选，直接做就可以，复杂度(O(n^3))。
(100pts:)
可以通过离散化，把端点改成两两不同的。
对每条线段求出(l_i,r_i)，分别表示它左右两边第一条不能覆盖的线段。
可能会有右端点(>r_i)，但是左端点较远所以被(i)覆盖的线段。发现它并不会影响答案，因为(r_i)完全被这条线段包含，因此任何覆盖(r_i)的线段都会覆盖它。
此时我们把每条线段转化成了一个区间，要求选出若干区间，使他们的并为([1,n])。
然后dls翻车了两次233333
显然区间右端点单调不降。设(f_{i,j})为考虑了前(i)个区间，最左的未被覆盖的点为(j)的方案数。
转移时，发现(f_{i,[1,l_i)})无论选与不选都不会受到影响，(f_{i,[l_i,r_i]})只有不选才会保留，(f_{i,r_i+1})若选，则会从(f_{i,[l_i,r_i]})处转移来。
因此需要维护一个数据结构，支持区间乘法，区间和，线段树即可。复杂度(O(mlog n))，虽然(n)很大，但是在(log)上，所以可以通过。