record 4.2-4.10
*! D1 A
想想找一找 fib 串的性质。
你发现一些东西，没有两个相邻的 b。
仔细观察，你发现某种程度上这是 ab,aab 交替出现，你可以记 ab 为 x，aab 为 y。
然后你发现这个 xy 串又有类似的性质。所以这个性质是无穷递归下去的。但是这东西一点做法都没有。
我们先简化问题，考虑怎么判断一个串是 S 的子串。
upd:
a->ab，b->a
我们先写一下场上最后的想法。
你考虑一个串 \(s\) 是 \(S_i\) 的子串，我们找一个最小的 \(i\)，这样 \(s\) 就一定跨过中间，那么我们就可以拆分成同一个 \(S_i\) 的一个前缀和一个后缀。
然后你就可以证明，答案不会很大，答案所属的那个 \(S_i\) 也不会很大。这是我们后面做法的基础。
然后说说 sol。
sol 的证明方法是，考虑 \(S_i=S_{i-1}|S_{i-2}=S_{i-2}S_{i-3}|S_{i-3}S_{i-4}=S_{i-2}S_{i-3}|S_{i-4}S_{i-5}S_{i-3}\)。这样，只要中间的 \(S_{i-4}\ge 3n\)，我们的串就只会在 \(S_{i-3}S_{i-4}\) 中，也就是说，它在右侧有一个完整出现。所以不会很长。
然后我们考虑去把这个 \(S\) 直接算出来，之后考虑枚举起点暴力匹配子序列。
肯定需要优化。我们发现，类似于线段树，这个 \(S\) 的一个区间可以划分成 \(O(\log)\) 个完整的 fib 串。我们只需要预处理出 \(to_{i,j},len_{i,j}\) 表示 \(t_i\) 开始，去做 \(S_j\) 能做到哪里。
D1 B
Q:为啥更换随机方式是正确的。
具体来说，你有 \(n\) 个元素和一个函数 \(f(S)\) 表示 \(S\) 是否合法，保证若 \(S\) 不合法则 \(S\) 的超集也不合法。
证明：我们每次从当前合法集合 \(S\)，从能让 \(S\cup x\) 合法的 \(x\) 中随机选一个，跟先随机一个排列，
额这是显然的。
后面的东西我们之前做过。
* D1 C
这个题跟积分有关的部分我都不太会啊。
首先一个暴力的做法是，我们维护多项式，然后做一些积分一类的东西。比较麻烦，并且每次可能会分出来三段，所以复杂度是个 \(O(3^nn^a)\) 这样的。
注意到 \(x_i\) 跟 \(2^{a_i}-x_i\) 的分布完全一致，所以 \(\Pr(x_i>\sum_{j\neq i}x_j)=\Pr({2^{a_i}-x_i>\sum_{j\neq i}x_j})=\Pr(\sum x_i<2^{a_i})\)。
这个形式就很好看了。
然后我们考虑实数非常麻烦，我们把实数拆成整数和小数部分。令 \(x_i=y_i+z_i\)，然后 \(y_i\in[0,2^a-1]\cap Z,z_i\in[0,1]\)。
我们先来研究 \(\sum z_i\) 的概率分布。事实上，我们只关心整数位置的值，也就是说，我们想知道 \(\Pr(\sum z_i\le k)\)。
而后面这若干项，可以使用乘法分配律展开，变成容斥的形式。事实上，上面这些式子的核心思想就是把概率看成一个单纯的系数，这样我们就无需处理一些跟无穷有关的问题了。
考虑有 \(j\) 项选择了 \(-[z_i\ge 1]\)，这一项就是
也就是
后面这个，通过一些简单的积分（其实是归纳看出来的），我们知道这是 \(\dfrac{(k-j)^n}{n!}\)。
然后我们可以通过卷积在 \(O(n\log n)\) 时间内，计算出 \(\Pr(\sum z_i\le k)\) 的每一项。
接下来我们处理整数部分。很显然这是一个数位 dp 的形式。
我们考虑从低到高 dp，设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑了较低 \(i\) 位，当前进位是 \(j\)。
转移 \(dp_{i-1,j}\binom{c_i}{k}(\frac12)^{c_i}\to dp_{i,\lfloor(j+k)/2\rfloor}\)。
这个也是卷积形式。
对于 \(z\) 的处理，我们只需要给 \(dp_{0,k}\) 赋初始值即可。
总复杂度 \(O(an\log n)\)。
QOJ 7736
通过归纳法我们知道这是凸的。
我们每次，先合并，然后再做闵可夫斯基和。这只需要维护差分数组，然后往里插入 \(\pm 1\)。
合并可以长链剖分。
QOJ 1472
考虑暴力。\(dp_{u,k}\)，然后做一个树上背包。
当 \(k\le\sqrt{n}\) 时，复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)。
当 \(k>\sqrt{n}\) 时，你考虑一个 \(u\)，有值的 \(dp_{u,k}\) 至多有 \(O(\sqrt{n})\) 个。这是因为，你考虑有 \(x\) 个 \(k\)，\(y\) 个 \(k+1\)，这要求 \(0\le sz_u-xk-y(k+1)\le k\)，然后你发现，只需要记录 \(x\) 的个数即可，\(y\) 可随之确定。其实就是说我们没啥方案。
这样，你合并两个子树 \(x,y\) 的复杂度就是 \(\min(sz_x,\sqrt{n})\min(sz_y,\sqrt{n})\)，这复杂度由树上背包的分析方式，是 \(O(n\sqrt{n})\)。
事实上，你直接做 dp，用 unordered_map 就是对的。
? QOJ 1522
这个，你直接的想法就是 \(f_{i,v},g_{i,v}\)，然后做点值乘积，复杂度 \(O(n^3v)\)。
然后有一个比较神奇的思路，就是说，我们考虑在做这个的过程当中，维持值域不是很大。
具体来说，\(dp_{i,j,v}\) 表示考虑了 \(a_{1,\dots,i},b_{1,\dots,j}\)，目前 \(\sum a-\sum b=v\)。
如果 \(v\ge 0\)，我们接下来考虑做一个 \(b\) 的转移，否则做一个 \(a\) 的转移。这样 \(v\) 的范围就很小了。
复杂度 \(O(n^2v)\)。
考虑这样做为什么降低了复杂度。因为我们想知道 \(dp_{i,j,v}\) 的时候其实并不关心走 \(i,j\) 的顺序，所以这给了我们一些自由度，我们可以利用这个来达到一些想要的效果。
额，感觉我没啥见解。
Subset sum
利用上面的思想，我们可以做 subset sum。
具体来说，我们先找一个极长的前缀，使得 \(sum_t\le S\)。然后，我们接下来每步有删掉一个前面的，加入一个后面的，这两种选择。
记 \(dp_{i,j,v}\)，我们仍然是根据 \(v\) 的正负考虑下一步转移到哪里，但是你发现这并没有优化。
观察到，\(dp_{i,j,v}=1\Rightarrow dp_{x,y,v}=1(x\ge i,y\ge j)\)。
我们可以记 \(f_{j,v}\) 表示最小的一个 \(i\) 满足 \(dp_{f_{j,v},j,v}=1\)。
接下来如果要转移一个 \(j\) 是非常好做的，我们把 \(f_{j,v}\to f_{j+1,v},f_{j,v}\to f_{j+1,v+a_{j+1}}\)。如果要转移一个 \(i\) 呢？
你考虑枚举一个 \(p>f_{j,v}\)，用 \(p\) 去更新 \(f_{j,v-a_p}\)。这样做复杂度是错误的。
但是我们注意到这里的转移其实跟 \(j\) 没啥关系，也就是说，很可能之前我们已经转移到了这个位置。
具体来说，当 \(p>f_{j-1,v}\) 时，我们已经在 \((j-1,v)\) 处做了 \(p\to f_{j-1,v-a_p}\to f_{j,v-a_p}\)，所以我们没必要做这部分转移，因此 \(p\) 只需要在 \(f_{j,v}<p\le f_{j-1,v}\) 范围内枚举，对 \(j\) 求和，这样总复杂度是 \(O(nv)\) 的。
所以我们要求，无论 \(v\) 的大小，都要进行 \((j,v)\to (j+1,v)\) 的转移。
注意到这里的转移有一些顺序上的要求，如果有负数的话，可能会出问题。
事实上，我们考虑选出所有的正数，在这里面找一个初始的接近答案的集合。然后，接下来我们相当于可以添加一个没选过的负数/去掉一个选过的正数，或者添加一个没选过的正数。这样顺序仍然是有保证的。
?* D2 A
这东西怎么做的并不重要，问题是我场上为啥不会？
* D2 B
这个题有点神奇的。
首先我们考虑如何判定一个串能不能被这两个人给删干净。你可以想象我们在二分答案，转成这样一个判定性问题。
你发现这个过程类似于一个括号匹配，我们把 0,1 分别看成左右括号，如果能删干净，那么中间过程的每一步，这个括号序列都必须合法。
你可以倒着考虑，每次往这里头加入一个左括号和一个右括号，这样得到的永远都是合法括号序列。
然后那 Alice 的策略就是尽量让这个括号序列合法，Bob 就是想让它尽可能不合法。
注意到，删除一对括号之后，对这个括号序列的影响，是让中间部分的前缀和 -1，所以 Bob 每次一定会删除最左最右这两个括号。如果这两个括号不匹配，那么已经结束了。
所以 Bob 策略已知，Alice 策略就是尽量让 Bob 删除的时候，两侧括号是匹配的。
那我们考虑当前最外层有若干对匹配好的括号，它们能拖延 Bob 一会。这之内，有分成若干部分分别匹配的括号串，Alice 必须在 Bob 删到这里之前，只保留下来最后的一个，而把其他的都删除。
这个可以看成在括号树上找一个 Alice 需要的步数始终小于等于 Bob 步数的根到叶子路径，是容易在 \(O(n)\) 内解决的。
然后我们考虑原问题，二分答案 \(k\)，根据一些直观的贪心感受，我们只需要保留前 \(2k\) 个左括号和后 \(2k\) 个右括号，进行判定即可。
* D2 C
我们考虑给你一个序列 \(A\) 你怎么算 \(f(A,X)\)。
最简单的想法是让每个数单独一段，但是这样 \(X\) 会不合法，那就需要跟一些别的东西去合并。
我们把 \(X,0\) 看成特殊的，其余所有数都是等价的。
对于 \(X=0\) 我们特殊考虑，这答案是 \(n(1-\frac1{2^k})\)。
根据期望线性性，把答案分拆开计算。
对于每个其余数，它们产生 \(1\) 的贡献。这部分是 \(n(1-\frac2{2^k})\)。
对于一个由 \(0,X\) 构成的连续段，我们依据它左右两侧是否有其余数进行分类讨论。
如果两侧都没有其余数，说明整个序列都是 \(0,X\)，我们会划分出一段当且仅当前缀和是 \(0\)，并且要求整个的前缀和是 \(0\)。这部分贡献是 \((\frac 2{2^k})^{n-1}\times \frac1{2^k}(\frac{n-1}2+1)\)。
如果只有一侧有其余数，说明这是一个前后缀。这相当于我们不限制最后一段是什么，我们划分出一段当且仅当前缀和是 \(0\)。枚举长度，这部分贡献是 \(2\sum_{i=1}^{n-1}(\frac2{2^k})^i(1-\frac2{2^k})\frac i2\)。
如果两侧都有其余数，说明这是一个中间段。相当于我们选择 \(0/X\)，划分出一段当且仅当前缀和是 \(0/X\)，所以答案是 \(\max(cnt_0,cnt_X)-1\)，枚举长度，这部分贡献是 \((n-i-1)\sum_{i=1}^{n-2}(\frac1{2^k})^i(1-\frac2{2^k})^2\sum_{k=0}^i\max(k,i-k-1)\binom{i}{k}\)。
考虑计算 \(c_i=\sum_{k=0}^i\max(k,i-k-1)\binom{i}{k}\)，这个我们根据 \(i\) 的奇偶性分讨，把 \(\max\) 拆开来就可以做了。
最后总复杂度大概是 \(O(n)\)，不精细实现就是 \(O(n\log V)\)。
! CF1810 G
从前往后 dp，\(dp_{i,j,k}\) 表示考虑到 \(i\)，目前前缀和是 \(j\)，最大前缀和是 \(k\)。
我们枚举一个前缀，然后从后往前 dp。这时 dp 只需要记 \(dp_{i,j}\)，其中 \(j\) 表示以 \(i\) 为开头的最大前缀和。转移 \(\max(j+v_{i-1},v_{i-1})\to j'\)。
但问题是这时我们要枚举前缀做 \(n\) 次 dp。不过，上面这个 dp 可以写成在一个 DAG 上，有一些转移边，问你从某些起点到一个终点的路径上边权之积之和。考虑倒过来，我们固定起点，然后问到不同的终点的这个答案是多少，只需要一次 dp 就可以了。
这个东西好像叫转置原理？
!* D3 A
场上想的是，考虑到系数 \(2^k\) 可以被看成是划分为两个不相干的部分，分别算方案数，我们接下来只需要算方案数。我们去钦定一些偶环，然后容斥简单做一做，复杂度 \(O(3^n)\)。
事实上这是矩阵树定理，记邻接矩阵为 \(A\)，出度矩阵为 \(O\)，我们只需要计算 \(\text{det}(A+O)\)。
证明跟矩阵树定理的证明非常类似，我们省略。
事实上我们也可以这么想。对于每个奇环产生 \(2\) 的贡献，偶环产生 \(0\)。我们认为 \(0^0=1\)。
然后做一些容斥，容斥之后相当于每个被钦定的奇环产生 \(1\) 贡献，偶环产生 \(-1\) 贡献。
为什么是这样的呢？你考虑奇环贡献是 \(a\)，偶环贡献是 \(b\)，一个真的有 \(x,y\) 个奇/偶环的方案，它会被计算成：
那这个显然拆一拆发现就是 \(a^xb^y\)。这东西一看就可以扩展。
那接下来就是有一些被钦定的点，别的没被钦定的可以乱连（贡献为 \(odeg_u\)）。
事实上这是一个排列 \(p\)，你认为 \(p_i=i\) 的点可以乱连，\(p_i\neq i\) 的点被钦定连向 \(p_i\)。
注意到这种钦定方案，满足 \((-1)^{\#\text{even}}=(-1)^{\#\text{inv}(p)}\)，证明可以考虑从 \(p_i=i\) 的情况交换相邻两项交换过来。
那我们发现，我们要算的东西其实就是一个矩阵的行列式，这个矩阵就是上面说的 \(A+O\)。
因为 \(p\) 不是质数，所以我们高斯消元的时候需要辗转相除。
* D3 B
你发现我们每次就是乘 \(A,B,A^{-1},B^{-1}\)，我们一定不会在进行过一次 \(A\) 之后立刻 \(A^{-1}\)。
场上我最后写了 \(\gcd(u,v)=2\) 的时候，看出来一点答案跟 \(u,v\) 没啥关系，但是没仔细看。
我们可以合理进行猜测：任意不同的满足上面条件的序列，最后对应的答案也是不同的。
sol 里的证明非常神秘，有兴趣再去看吧。
那现在我们已经会了一个递推 \(O(n)\) 做法，那其实也就会了一个 \(O(m^3\log n)\) 的快速幂做法。
之后怎么做呢？你把生成函数写出来，发现答案形如 \([x^n]\frac{P(x)}{Q(x)}\)，其中 \(P,Q\) 都是次数不超过 \(a+b+c+d\) 的多项式。
这部分就是常系数齐次线性递推。至于求出 \(P,Q\)，你可以暴力做卷积一类的东西？或者 sol 说的什么 BM？
* D3 C
这个题之前 spx 随到过。
\(k=1\) 好做。\(k=2\) 分成左右和上下两类，注意到左右的话两个矩形一定是不相邻的，所以可以做一些简单笛卡尔树上 dp 或者用一些更麻烦的做法来做。上下的话，可以做一些李超树一类的。
\(k=3\) 要分很多类讨论，大多数很简单。
左中右：类似于左右。
上中下：类似于上下。
口吕/吕口：首先还是不会相邻，所以你相当于笛卡尔树上选两个独立的子树，然后两个给不同贡献就行了。
凹：最难的部分。
我们的思路就是枚举上面的矩形 \(x\)，然后在数据结构里查下面 \(y,z\) 的最优解。
你考虑这要求：\(y,z\) 不交，\(x\) 是 \(y,z\) 的祖先。
我们考虑去除后面这个限制，你发现这样不合法的部分只会算得更小，所以没问题。
这样的 \(x,y,z\) 产生的贡献是 \(s_y(h_y-h_x)+s_z(h_z-h_x)+s_xh_x\)，忽略一些不重要的项之后就是 \(-(s_y+s_z)h_x+(s_yh_y+s_zh_z)\)，发现我们只关心 \(y,z\) 的合并之后的结果，并且这是一个凸包的形式。
所以我们考虑对每个 \(k=0\dots n\) 算出 \(\max_{s_y+s_z=k}(s_yh_y+s_zh_z)\)。
这是 \((\max,+)\) 卷积，哪怕没有 \(y,z\) 的限制也至少要 \(n^2\)。但是我们不需要算出具体值，只需要知道最后的凸包。
而 \((\max,+)\) 卷积在凸包上做可以闵可夫斯基和。现在唯一需要处理的限制就是 \(x,y\) 不能相交/包含。
你最直观的想法是什么？在笛卡尔树上，每个点维护两个集合 \(L,R\)，然后从 \(x\) 开始向上跳，如果这个点是左儿子就加到 \(L\) 去，否则加到 \(R\) 去。最后每个点合并自己的 \(L,R\) 即可。
但是这样一个点被加入就太多次了。考虑扔到线段树上，每个点有仍然维护 \(L,R\)，每个点还有一个 dfn 区间 \([l,r]\)。
我们从 \(r_x\) 往上跳，如果是左儿子就加到 \(L\) 去。可以证明这样仍然是正确的。
D4 A
你发现只要会 \(O(1)\) 算 \(g(n)=\sum_{m=0}^n\binom{n}{m}\binom{m}{\lfloor\frac m2\rfloor}2^{n-m}\) 就会完了。
事实上 \(g(n)=\binom{2n+1}{n}\)。
*?! D4 B
记 \(f_{i,j}\) 表示当前有 \(i\) 个出现了的，其中 \(j\) 个恰好一次。
直接递推，可以做到 \(O(n^2+nm)\)。
考虑接下来要做，势必要考虑进去 \(j^k\) 的系数。
我们记 \(g_{i,k}=\sum_{j=1}^nf_{i,j}j^k\)。考虑能不能给出一个 \(g\) 的转移式。
呃呃我怎么不会啊。
但是还有另外一种思路。
我们记 \(F_{i,p}=\sum_{j=1}^nf_{i,j}\binom{j}{p}\)，下面的问题就是算这个。
事实上我们实际的思路可能是，先想到做容斥，也就是 \(F_{i,p}\) 表示目前有 \(i\) 个出现，其中 \(p\) 个被我们钦定为出现一次。然后你发现这个 \(F\) 的定义和上面是一样的。
那考虑递推 \(F\)。
因为我们只需要 \(F_{n,1\sim k}\)，所以递推过程中只需要 \(F_{*,1\sim k}\)，这复杂度是 \(O(nm)\) 的。
总复杂度 \(O(nm)\)。
*? D4 C
并不会做。
但是 \(O(n^2)\) 可以考虑在差分数组上贪心，每次操作是在前面 \(-1\)，在后面不超过 \(m\) 距离内 \(+1\)。
这贪心是容易 \(O(n^2)\) 左右解决所有区间的。
* D5 A
有个同学给了非常厉害的做法。
我们考虑这个积和式可以理解为二分图完美匹配计数，问题转化成每个边有边权，然后问你所有存在完美匹配的连边方案贡献之和。
考虑怎么处理“存在完美匹配”，一个直接的想法是使用 Hall 定理，这会给每个子集产生一个限制，我们考虑容斥，计数不满足 Hall 定理的数量。问题是一个方案可能很多集合都不满足 Hall 定理。这时可以继续容斥，但是没啥做法。
为了简便，我们称一个方案的不满足 Hall 定理的集合为 proof。
另一种思路是考虑给每个方案钦定贡献到一个集合上头去。简单的思路是我们考虑把所有 proof 排序，然后把方案钦定到最大的 proof 上头去。
一个人类可以想到的排序方法是，我们认为 \((A,N(A))\) 比 \((B,N(B))\) 大，当且仅当 \(|A|-|N(A)|>|B|-|N(B)|\) 或者 \(|A|-|N(A)|=|B|-|N(B)|\) 并且 \(|A|<|B|\)。直观理解就是取破坏限制最严重的一个。
会不会有两个 proof 它们破坏程度一样，并且大小也一样呢？我们证明不会。
我们考查 \(A\cup B\) 和 \(A\cap B\)。
因为
若等号不成立，则 \(A\cup B,A\cap B\) 当中至少有一个更大。若等号成立，这要求 \(|N(A\cap B)|=|N(A)\cap N(B)|\)，并且二者分别相等，也就是说 \(A\cap B\) 是更好的（因为它大小更小）。
那么现在我们关心的就是 \(f_{S,S_1}\) 表示 \(N(S)=S_1\) 并且 \((S,S_1)\) 是最大的 proof 这样的方案的权值和。
仍然考虑容斥，用 \(N(S)=S_1\) 的方案减去 \((S,S_1)\) 不是最大的 proof 的方案。
不妨假设最大的 proof 是 \((T,T_1)\)。
-
若 \(S,T\) 不交，那么 \(S\cup T\) 一定是更大的 proof。
-
若 \(S,T\) 有交但互不包含，那么仿照上述过程，\(S\cap T\) 和 \(S\cup T\) 中一定有更好的。
额上面第二条在瞎扯，我们本来是想证明更优的 \(T\) 一定是超集或者子集，但是证不了。所以我们修改定义。
\(f(S,S_1)\) 表示只考虑 \(S\to S_1\) 的边，\(N(S)=S_1\) 并且 \((S,S_1)\) 是 \(S\) 的子集当中最大的 proof 的权值和，\(g(S,S_1)\) 表示只考虑 \(S\to S_1\) 的边，\(N(S)=S_1\) 并且 \(S\) 的所有子集都是合法的 Hall 定理。
转移仍然考虑容斥，我们算 \(f\) 的时候考虑用 \(N(S)=S_1\) 的概率减掉 \((T,T_1)\) 是一个更好的 proof 的概率。
其实就是说 \(T\to S_1-T_1\) 没边（这是由于 \(N(T)=T_1\)），\(S-t\to S_1-T_1\) 要是合法的（否则从中取出一个不合法 \((C,C_1)\)，取 \(C\cup T\) 得到更优解），\(S-T\to T_1\) 边可以任意选（因为有没有边都不影响 \(N(S)=S_1\) 并且因为 \(S-T\) 是合法的，所以不会生成其他的不合法集合）。
* D5 B
额我不是很懂。
\(dp_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树，从上面来了 \(i\) 个顺序已经被钦定好的球，方案数。
转移考虑枚举 \(u\) 处的球多少个去了左边多少个去了右边，分讨转移一类的。
D6 A
会的最多的一集。
我们离线下来，变成询问 \(T[l_1,\dots,r_1]\) 在 \(S[l_2,\dots,r_2]\) 当中的出现次数，这是经典问题，使用我喜欢的 SAM 维护即可。
D6 B
为啥我 \(O(nk^22^k)\) 跑不过一点卡常 \(O(n3^k)\)。
我们考虑你手头有两个树 \(u,v\) 以及它们对应的点分树，你该怎么把它们合并？
第一步肯定是选择两个根当中的一个作为真的根，然后就是选择这个根有 \(u/v\) 的那个连通块递归下去合并。
你观察到，这事实上就是把 \(u,v\) 到根的路径进行一个几乎任意的。
考虑我们的标号值，你发现这就是要求 \(u,v\) 路径上的值域不交，并且唯一对应于一个合并后的点分树。
记录 \(dp_{u,S}\) 表示 \(u\) 这个子树的点分树，\(u\) 到根上值域是 \(S\) 的方案数。合并就是子集卷积。
复杂度 \(O(nk^22^k)\)。
这里还有一点东西没有说完，我们要证明，所有点分树方案都能由上面这个构造出来。
我们考虑逆过程，你把一个点分树断一条 \((u,v)\) 成两个点分树，不妨假设点分树当中 \(dep_u<dep_v\)，分裂之后相当于把 \(rt\to v\) 路径上，在原树 \(v\) 子树内的点扔到 \(v\) 的点分树上，其他的扔到 \(u\) 点分树上。这唯一对应一组点分树。所以这是个多对一的映射。
他的 sol 切入角度不太一样，也可以看看。
* D6 C
不难发现，只有 MST 上的边有用。不难发现，整个问题外头可以套一个双指针一类的东西。
所以我们现在需要实现的，就是支持加入 \(G\) 当中的边，删除 \(H\) 当中的边，询问当前连通的点对数量（也可以改成询问在两个图当中都连通的点对数量，好处在于构成等价类）。我们保证这样的操作总数是 \(O(n)\) 的。
考虑维护每个点在两个图当中的连通块编号，用桶维护，每次加边的时候启发式合并，暴力修改较小集合的连通块编号。删除操作可以看成撤销，我们先启发式合并再启发式分裂即可。
这里有一点细节。我们只保证了操作总数是 \(O(n)\)，但是我们每次操作复杂度是均摊的，所以总复杂度会爆炸。
考虑精细地实现双指针。我觉得我的做法比 sol 厉害。
唉其实就是你枚举到 \((i,j)\) 的时候，如果不合法就尝试加 \(i\)，如果合法就尝试减 \(j\)，然后每遇到一个合法状态就更新答案就行了。
D7 A
送温暖。
我们注意到佬克制非佬，菜被所有非菜克制。所以佬一定不能有 \(1\) 边入度，菜不能有 \(1\) 边出度。
但考虑进 \(0\) 边的情况呢？你发现佬连出 \(0\) 边的一定是佬，菜连入 \(0\) 边的一定是菜。
所以考虑对 \(0\) 图缩点，然后就有一些点可以被判定为佬或者菜，并且他们被当成佬或者菜一定会让条件变松。
所以问题变成只有水火两种属性，只需要判一下二分图就行了。
然后 sol 说可以观察这个克制关系的特殊性，发现等价于每个点有属性 \(a,b\)，\(u\) 克制 \(v\) 当且仅当 \(a_u>a_v\lor b_u>b_v\)，然后说可以把边的限制拆成 2-sat。
我不知道能不能拆，之后看看。
check 过了，真的可以啊！
* D7 B
你发现其实就是要让你凑出来所有的置换。
你很容易发现 \(m=n,m=n-1\) 的情况的做法。
你很容易发现，当 \(m\) 是偶数的时候，整个排列的奇偶性不变。
你猜测，当 \(m\le n-2\) 时，若 \(2\mid m\)，那就能凑出来一半的置换；否则能凑出所有的置换。
这是由于我们操作自由度比较高，我们尝试构造一些基本的置换。比如临项对换。
然后对奇偶分类讨论，可能还得自己推一下。
思路就是先把要交换的部分换到最前面（这时无需保证别的东西不变，因为最后要逆回来做一遍），然后操作一下交换，然后再交换回来。
对于奇数，你要构造 \(AB\to BA\)，对于偶数，你要构造 \(ABC\to CAB\)。
* D7 C
糖丸了。
不是为啥别人的 \(O(n^2)\) 是 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 个有效边目前剩 \(j\) 个孤立点的概率，然后算算。
我的 \(O(n^2)\) 是你发现连通块个数就是两个零度点相连的个数，那你就考虑容斥，钦定一些边是零度点相连的，然后算算概率。
我算概率的时候复杂度是 \(O(n^2)\) 的，然后总复杂度是 \(O(n^2)\) 的。
一开始的思路是用那个 \(n!\prod\frac 1{sz!}\) 来着，但是发现这大小限制不是个树啊。
最后我算概率的时候，是先钦定这 \(k\) 个边的顺序，然后考虑从后往前，每次做一个插板算方案数。
但是其实你钦定 \(k\) 个边的顺序之后，这个东西就是一个树了，概率就是 \(\prod\frac 1{sz}\)。
然后你发现 \(sz_i=(k-i+1)(2n-2k+2i-3)\)
然后你发现这个东西是 \(\prod_{i=1}^k\frac{1}{sz_i}=\prod\frac{1}{i(2n-2i+1)}=\prod\frac{1}{i}\prod\frac{1}{2n-2i+1}\) 拆成阶乘和双阶乘就全对了。
一个背包
\(n\) 个物品，重量 \(\in [1,W]\)，权值 \(\in [1,10^9]\)，问容量为 \(M\) 的完全背包最大权值。
\(n,W\le 300,M\le 10^9\)。
这个其实跟 THUPC 2023 的一个题很像。
如果 \(M\) 很大，我们最终一定是填了很多个性价比最高的 \((w_i,v_i)\)，然后剩下的一部分，我们用其他的东西补一补。问题是剩下的部分多大才能保证得到最优解。
考虑剩下的部分我们填了 \(A\) 这些数，如果有一个 \(S\subseteq A\)，\(w_i\mid S\)，那我们爆了对吧，一定可以换成更多个性价比更高的这个 \(w_i\)。
所以不能有子集是 \(w_i\) 的倍数，这个限制非常强。我们按任意顺序排列，求前缀和，相当于任意两个前缀和不能模 \(w_i\) 同余。
所以最多只会加入 \(O(W)\) 个物品，这样，剩下的重量最多是 \(O(W^2)\)，我们对 \(n\) 个物品做 \(O(W^2)\) 大小的背包，然后贪心填，最后枚举我们撤销了几个 \(w_i\) 即可。
另一个等价的思考角度就是，考虑调整添加删除顺序使得任意时刻背包大小都在 \([M-W,M+W]\)，然后你发现如果走了两个相同位置可以改成 \(w_i\)，就做完了。
但是这个显然可以更强一点。我们变成多重背包，上面的证明过程不变，只不过 \(w_i\) 改成贪心解没用完的性价比最高的那个。
然后我们只需要再对贪心解这些东西做一个背包就行了，最后枚举我们撤销了多少大小就行了。
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