9.1 辣鸡
可以把答案分成 每个矩形内部连线 和 矩形之间的连线 两部分
前半部分即为(2(w-1)(h-1))，后半部分可以模拟求（就是讨论四种相邻的情况）
如果(n^2)选择暴力模拟是有(35pts)的
发现按横坐标排序后，如果有一矩形与当前矩形横向不相邻，则之后矩形都是没有贡献的
所以枚举时比较横坐标视情况跳出
因为会产生贡献的矩形对并不多（不超过(4e5)，具体还会小），所以这样优化以后可以通过
9.2 模板
暴力跳祖先的话是有(30pts)的，经过一番纯玄学特判可以拿到45pts
类比之前主席树的某道题，我们统计答案的时候只关心每个颜色的第一次出现，所以可以以时间为值域开线段树，每个叶子节点存这个节点对球总数和颜色的贡献（0或1）
在合并时，需要考虑当前每个颜色新的最早出现位置，可以开一个存每个颜色最早出现位置的线段树，然后先合并时间线段树，再合并颜色线段树，如果出现了相同颜色就比较，并在时间线段树里修改这个颜色在较晚位置的贡献值
思路是偏的，代码能力不行，就很爽。
9.3 超级树
显然是dp，但是怎么想到这神仙转移啊
考虑k级和k+1级之间的关系：k+1级就是两个k级加一个点连起来
那么如果知道k级的方案数怎么推出k+1级呢
新的这个点可能和两棵树以几种方式建立联系：
- 不连边
- 向左连边
- 向右连边
- 左右同时连边
连边的时候，就要考虑，如果向左连边，有多少种选择方案，这样的问题
这个选择方案数，需要枚举两侧边的位置的每一种情况，再乘上一个边数
那么是不是可以按照边数分类，记录每个边数对应的情况数
就有了状态定义的雏形：(f[i][j])表示(i)级树放(j)个边的方案数
又发现，在转移时，如果有左边选两条和根接起来这种情况，左边选的两条边是不能相交的
所以：(f[i][j])表示(i)级树放(j)个不相交边的方案数
那么就有初始状态(f[1][0]=f[1][1]=1)
求(k)级方案，答案即为(f[k][1])
状态定义想出来，再配合上面的分析过程，转移方程就会简单一些了
状态定义很重要……
11.1 方程的解
(40pts)做法：直接面向数据范围特判
正解：(exgcd)，模拟一下，分类讨论
先求出方程的一组解，然后按不定方程的结论可以得到其他的解
首先得到一组正整数解，如果得不到就是没有解
然后进行一系列加加减减，直到得不到正整数解，并计数
就是基本的做法了
但是需要特判，如果解变换时xy的变化量同号，就说明他们直接并肩上天就行了，解是无限的
而如果a，b有0,就需要考虑这个方程有没有解，且如果有解就是无限个
11.2 光
大模拟
因为光在对角线上走，对角线的特点就是横纵坐标和/差为定值
那么可以用vector维护对角线上点的横坐标，每次查找反射点时二分
注意如果出现了原地折返，答案要/2
又因为起点不一定靠墙，开始时让他先撞一次墙，重新设定起点，再开始模拟
11.3 visit
考试时写出了式子，然后不会求了
发现p数量少，所以用crt合并
发现p很小，所以用lucas求组合。
13.1 入阵曲
考虑余数，先做二维前缀和
数据范围告诉我们需要写一个(O(n^3))的东西
可以在纵坐标枚举每一个区间，然后枚举每一个长度的从最左端开始的矩形，记录每个余数的个数，特别的设(cnt[0])初始为1
那么每个余数有(frac{cnt(cnt-1)}{2})的贡献
13.2 将军令
数据小的时候直接状压暴搜
发现最好的情况就是各点控制范围无交集，考虑贪心
按深度排序，扫到一个点若未被控制就在他的k级父亲驻扎
13.3 星空
逐个操作很麻烦，考虑差分下的操作，其实就是可以反转两个位置的值
将原序列差分，目标转化为将序列变为全0
一个长为k的操作可以将坐标差为k的两个1变为0，通过不同操作的组合可以得到需要的值，考虑背包
需要改变的位置很少，最多16个，考虑状压，记录每个不为0的数的位置，然后一次消两个，(f[S])为到状态(S)需要的最小步数，初始(f[all]=0)，答案即为(f[0])