A
略
B
略
C(轮廓线dp)
题意：
分析：
如果以(i,j)为右下角考虑设计dp，那么会需要用到多余的状态，这样状态就很爆炸了
仍旧考虑轮廓线dp，维护一个格子上的轮廓线的m个状态，考虑从dp(i,j)转移到一个dp(i,j+k)
即以(i,j)为矩形的左下角去枚举转移，这样只需要轮廓线上的状态就满足了
时间复杂度O(nm*(2^m)*k)
D(hash/SAM)
题意：
分析：
对于每个s建立SAM，t在上面查询，这是经典问题，时间复杂度是O(26len)，但常数比较大被卡常了
可以用hash来解决，时间复杂度是O(lenlog|T|)的，但常数比SAM要小，不过因为很长，所以出现冲突的概率就很大，就要用双hash
E(多项式)
题意：
分析：
对于$ans_t$，本质上就是多项式$(1+x)^n$的展开式中所有模k余t的项的系数和，从而可以看做是n个长度为k的多项式(1+x)的循环卷积的第t项的系数
因为k是2的幂次，所以k|(998244353-1)，所以可以求出单位根在对应的0~k-1次幂下原本多项式的点值，然后NTT插出循环卷积的多项式即可
注意到n很大，但我们只需要求类似$a^n % P$，指数对P-1取模不会改变结果
F(分治NTT)
题意：
分析：
首先分析获胜的概率
若只考虑一堆，那么先手是赢还是输这取决于几步把这个堆取完
奇数次把这个堆取完的方案数是C(num-1,0)+C(num-1,2)+C(num-1,4)+.....
偶数次把这个堆取完的方案数是C(num-1,1)+C(num-1,3)+C(num-1,5)+.....
这两个值是相同的，所以获胜概率其实是相同的
考虑所有堆，获胜概率应该也是相同的，所以答案是1/2
但要考虑特殊情况，那就是若所有堆都是1，那么概率要么是0，要么是1，这取决于堆数的奇偶性
考虑第二个问题，即有多少种取的方法使得先手获胜，同样，这也只是取决于取完所有石子的步数的奇偶性
f[i][j]表示前i堆j次操作完的方案数，很显然有这样的式子f[i][j]=Σf[i-1][j-k]*C(a[i]-1,k-1)*C(j,k) (1<=k<=a[i])
后面这个推一推可以用NTT优化
但是这题n的范围没有给，所以很可能出现这种情况：25000 1 1 1 1 .....，这样时间复杂度会降至O(len^2log(len))，会TLE
这个式子的本质是这样的：f(i)=f(i-1)与h(i)的卷积
这个东西其实就是h(1) h(2) h(3) ... h(n)的卷积，分治NTT解决就行了，时间复杂度$O(lenlog^2len)$
具体实现的时候也不需要递归分治，只需要把h(1) h(2) h(3) ... h(n)丢到一个队列里，然后每次取出队首进行卷积，卷积结果丢到队尾就行了