数论
poj3708:根据题意就是把m的每一位按照b的置换（特别的第一位是按照a的置换）转变成k，对每一位考虑，就可以得出一个模方程，整个就是解模方程组。就是列方程有点复杂，刚开始转成进制有点复杂，要写高精度除单精度。
hdu1695：求1<=x<=m,1<=y<=n内gcd(x,y)=k的数对，并且(x,y)(y,x)算一种。设F(n)表示k|gcd(x,y)的对数，f(n)表示gcd(x,y)=k的对数，那么发现F和f满足莫比乌斯反演的第二种形式，所以f(k)=Σμ(d/k)F(d)，因为x和y都是k的整数倍，所以问题不妨变成1<=x<=[m/k]=m',1<=y<=[n/k]=n',gcd(x,y)=1的个数。所以ans=f(1)=Σμ(i)[m'/i][n'/i]，对后面这个分组求和就行。还有另外一种推法，就是根据Σμ(d)=[n=1]，这个问题里的gcd(i,j)=k，把m,n除以k后问题就成了[gcd(i,j)=1]，直接用Σμ(d)替换掉，直接得出最终式子。
bzoj2154：类似的反演操作，难点是遇到一个式子的求解F(x,y)=Σ(1<=i<=x,1<=j<=y,gcd(i,j)=1)i*j，设g(d)表示gcd(i,j)=d时候该式子的答案，那么g(d)=Σ(d|n)μ(n/d)G(n),我们需要的是g(1)=Σμ(i)G(i)，根据g的含义，G(d)为gcd(i,j)|d时候的总和，所以G(d)=Σ(1<=i<=x/d,1<=j<=y/d)i*j，这个就可以直接列出式子了。此题需要一个分块套一个分块，所以时间是O(n)的。注意最后输出结果的时候ans=(ans+mod)%mod。
hdu5226：求杨辉三角的一个矩阵的和，发现这个矩阵的每一列的和可以写成两个C的差，所以方法就是枚举列，将这些C加起来，于是问题的关键就变成了组合数取模，这里的p是输入的素数，n,m<=1e5，容易想到直接预处理阶乘的逆元，但是如果p比较小，i如果正好是p的倍数，那么i!就没有逆元了，所以要用lucas定理把所有数都变成<p的，预处理的逆元只需要做到min(b+1,p-1)。
poj2888：对一串循环的珠子染色，但是要求有k对颜色的珠子不能相邻。(n<=1e9,m<=10,k<=1e5)。如果没有限制那就是个polya定理，这里有限制，那也就是说对于一个置换的不动点，不能用乘法原理直接求，需要递推求解。对于循环置换，一共有gcd(n,L)个轮换，每个轮换颜色必须相同，所以问题就变成了对1~gcd(n,L)按照限制染色（头尾颜色要相同），那么这个方案数就是L置换下不动点的个数。易得方程f[i][j]=Σf[i-1][k]*a[k][j]，那么这个就容易让人想到矩阵优化，对颜色的01矩阵a自乘k次，矩阵的对角线的和也就是表示长度为k时候总方案数（走k步自己走回自己）。还有一个优化，就是gcd(n,L)的种类不会很多，只要枚举到sqrt(n)即可，那么每种种类出现了多少次呢？就是对应的欧拉函数。时间复杂度是O(sqrt(n)*log(n)*m^3)。哦对了，最后根据Burnside引理，要除以n，所以要求出n对模数的逆元。因为这里gcd(n,mod)=1，所以必存在逆元。这题有个坑点，就是注意欧拉函数的写法，因为素数筛到的是sqrt(n)，所以还有可能有个大于sqrt(n)的素数，最后要注意乘上去。
codeforces 258D：给n个数，m个操作，每次操作(i,j)有50%概率交换i,j位置上的数，问最后逆序对数的期望。设f[i][j]表示第i位比第j位大的概率，那么对于每次修改(x,y)，很明显f[x][y]=f[y][x]=(f[x][y]+f[y][x])/2，对于其它位置i，f[i][x]=f[i][y]=0.5*f[i][x]+0.5*f[i][y]，最后答案根据f[i][j]扫一遍就行了。
codeforces 235D：第一步先要转换一下题目要求的东西，题目要求的是一个连通块的权值，我们发现如果删除一个点v，那么就相当于给ans加上删除v前与v处于同一个连通块的点的个数。我们可以枚举每一个有序点对(u,v)，表示删除u之前u和v是连通的概率，那么ans就是所有点对的概率和。题中的图是一个树上加一条边，不妨先考虑树的情况。在一棵树上，u到v的路径只有一条，设路径上的点数为t，那么很明显(u,v)的概率是1/t，考虑删点顺序的全排列t!（不在路上的点是自由的，不考虑），那么唯一满足的情况就是第一位必须放u，其他放后面，也就是(t-1)!/t!=1/t。现在在树上加了一条边，存在了一个长度为L的固定环，两点之间的路径就可能有了两条，设一条路径上的点数为l1，一条路径上的点数为l2，那么从u->v可能经过的所有点数就是(l1+l2+L-2)/2，考虑两种情况，一种是第一条路径自由，概率为1/l2，一种是第二条路径自由，概率为1/l1，但是有公共的情况要减掉，就是u在第一位，其它点都在其后面，2/(l1+l2+L-2)，所以总的概率贡献就是1/l1+1/l2-2/(l1+l2+L-2)。现在就是如何操作的问题了，首先对于那个环的长度L，可以一开始直接拓扑排序，剩余的点数就是环的长度L。接下来如果固定一个点为树根，那么任意两个点对之间的查询就可能涉及到lca，变得麻烦，有个很好的技巧就是以每个点i为根dfs，算出(i,x)的答案。每次dfs到某点k的时候，判断当前到k的路径是不是第一次，如果是，直接加上单条路的贡献，并把当前的长度计入d1[k]，如果不是，也就是说有d[k]和d1[k]两条了，因为之前的1/d1[k]已经加过了，所以这里只要加1/d[k]-2/(d[k]+d1[k]+L-2)。
数据结构
hdu4836：若没有root操作，那么就先dfs序，然后就变成了单点修改区间查询，可以用树状数组完成。假如以1为根建树，题目要求的根为root，那么若询问不在root->1上，没影响，如果询问在root->1上，那么ans=总的和-该询问儿子节点所在子树的权值和。
bzoj1195：很容易想到建一个AC自动机。然后在AC自动机上跑状压dp，dp[i][s]表示到了自动机的节点i，字符串包含关系为s的最短步长，可以在建立next[]的时候顺便求出每个点的danger[i]表示到了i点，说明包含了字符串的情况，那么就可以变成了从root出发，bfs，直到当前状态包含了所有字符串（按照字典序遍历）。有几点要注意：建立vis[u][s]数组表示状态(u,s)是否之前到过，如果到过，则说明可以以更小的步长到达状态(u,s)，当前状态不需要扩展下去；输出方案的时候不能直接把输出字符串情况加入到队列的节点中，这样会TLE、MLE；考虑记下第一次到达状态(u,s)的fromu和froms以及fromid（就是边上的字符），也就是一直保持步长最小记录前缀，因为bfs就是按照步长最小记录下来的；因为空间要求32MB，所以要用short int。
zerone：对于删去一些字符串的问题，我们可以转变成保留一些字符串，那么可以对所给字符串建一个trie，发现从底向上可以算出每个点的sg值，从而判断root的sg值。对于每次新进来的字符串，我们只需要修改该字符串所在链上的点的sg值，所以时间效率是O(nLen)，但空间复杂度很高，也是O(nLen)的，注意到字符种类只有0、1，每个字符串长度只有64，所以将Trie的一条链缩链，用1<<64的二进制表示该节点下面的边。
图论