Codeforces Round 1035 (Div. 2)

A

显然如果^1用处就是
1.可能让a变成a-1
2.如果异或的代价更少那有些时候可以用来替代+1
然后就没了

B

特殊情况是只有一条线
然后是如果最长的那根线比其他所有线加起来都长，那就无法覆盖可达到的所有的距离了，左边界Max*2-sum，右边界sum。
因为精度的原因可能会wa。

C

首先如果是n是奇数，由于偶数个相同的数字异或起来是0，而所有数字异或0等于它本身。我们只需要所有数字都填一样的就能够满足。那答案自然就是左边界。

然后我们考虑n=偶数的情况。
按位考虑，观察真值表。
0&0=0 0^0=0
0&1=0 0^1=1
1&0=0 1^0=1
1&1=1 1^1=0
可以发现，如果n=2，那必定没有答案。

那对于其他偶数呢？
我们考虑把偶数分为两部分，两部分都是偶数个相同数字。那异或那边的必定等于0，而与那边，则需要我们构造让他们等于0 。
简单考虑一下，对于左边界的数字L，比他大但是和他与起来等于0的数字最小是多少？
那就是某个\(2^i\)。
所以如果右边界R要大于这个数字，那就有答案了，否则就无解。

D

好烦，这个D能赛时过一车的。。明明真的很难。

题目需要我们对于一个组合\(a\)考虑所有能够取到的排列，然后对每一个排列计算价值，然后累加起来，并把这个称作\(f(a)\)，而我们要做的就是对于所有可能的\(a\)，累加\(f(a)\)，计算答案。

说实话，我看到这两个"所有可能"在一起的时候，我就已经炸了，完全没思路。

那如果按照题面的思路来，就是先考虑一下对于每个a有多少排列，然后计算对于每个排列的贡献，再去枚举所有a。

但是这已经不好做到了一个极点了。

我们考虑对于每个排列，有多少种可能的a能够产生它。可以发现，一个数x如果出现了，那么就有x种可能的a。所以说一个含0排列的贡献就是其中不是0的数的乘积。

那就这个很好计算了，我们现在只需要尝试去枚举所有排列就可以。

我们用\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数字都已经考虑过是否出现过，前面还有\(j\)个数字需要填，但是没有预留空位的时候，所有方案的贡献的总和是多少。

现在考虑转移
假如我们保持还有\(j\)个空位，那就是三种情况。
1.我们当前的要出现，然后从这\(j+1\)个空里面选一个摸走。那么方案数是对于这\(j+1\)个需要取的都是一个方案数。\(f[i][j]+=f[i-1][j]*(j+1)*i\)

2.我们当前的要出现，但是我们这个位置a是0，于是我们让空位数量+1 。\(f[i][j]+=f[i-1][j-1]*i\)

3.我们当前的不要出现，那要么这里是0，要么就是依旧从前面挑一个摸走。\(f[i][j]+=f[i-1][j+1]*(j+1)+f[i-1][j]\)

总体代码就是下面的。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
	ll a=0,b=1;char c=getchar();
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-'0';
	return a*b;
}
ll f[5001][5001];
int main()
{
	int T=read();
	while(T--)
	{
		ll n=read(),m=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=0;j<=n;j++)
			{
				f[i][j]=0;
			}
		}
		f[0][0]=1;
		for(ll i=1;i<=n;i++)
		{
			for(ll j=0;j<=n;j++)
			{
				if(j!=0)f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-1]*(i)%m)%m;
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]*((j+1)*i+1)%m)%m;
				if(j!=n)f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j+1]*(j+1)%m)%m;
				
			}
		}
		cout<<f[n][0]%m<<endl;
	}
	return 0;
}