2024.5.4 总结 1 / 星系的旋转 无目的消散
AT_apc001_f
首先考虑转换边权为点权，考虑令点权为连接的边权异或和，这样路径异或变成了双点修改，问清零的最小次数。
首先对于边权和一样的匹配不劣，问题是现在剩下一些孤单的旅人怎么匹配了，状态 dp 求出即可，注意只有 xor 和为 0
的状态才存在（
AT_code_festival_2017_qualb_f
幽默，我为什么开这种题目。
首先不难发现，我们要构造最小表示最大，我们求这个最小表示最大（
考虑三个字符串 \(s_1\leq s_2\leq s_3\)，那么肯定要放成 \(s_1s_3s_2\)（逃。
然后如果有一个 \(s_3\leq s_4\)，\(s_4\) 直接接在 \(s_1\) 后面即可，然后可以归纳 qwq
开一个 multiset，考虑每次取出最小最大的进行合并，最后即为答案。
AT_dwango2016qual_e
lsy 怎么做 lsy 题 /shui
Slope Trick ......？
首先题目不难转化为给定一个序列 \(A\)（其实就是原题目中的 \(p\)，注意 \(t\) 不降），要构造一个单调不降的序列 \(B\)，最小化 \(\sum |A_i-B_i|\)，特别的，要强制 \(t_i\) 一样的 \(B_i\) 相等。
如果没有最后那个强制其实就是 CF713C 了，我们描述一下这个 b 东西的做法，先考虑朴素的 dp，不妨设填完前 \(i\) 个 \(B\) 且 \(B_i=j\) 的最优答案为 \(f[i][j]\)，那么转移很显然是 \(f[i][j]=\min_{k\leq j}\{f[i-1][k]\}+|a_i-j|\)，加上一个优化，就有 \(f[i][j]=g[i-1][j]+|a_i-j|\) 了嘛，其中 \(g\) 是 \(f\) 的前缀 \(\min\)（
绝对值函数其实斜率单调递减的说（对手指.png），那么其实不难发现，\(g\) 是一个下凸壳子，然后 \(f\) 也是一个下凸壳子，这里提前说明一下，对于这个题目加进去的是一个下凸函数，所以加进去其实也是一个下凸壳子捏，具体而言，斜率全都是单调递增的，或者简单一点的理解，前缀 \(\min\) 不影响凸性，然后每次斜率的变化都是 \(0~x-1\) 获得 \(-1\)，\(x+1~inf\) 获得 \(+1\)，这样左边永远不会比右边大 qwq
对于这个壳子，我们可以只维护拐点，拐点除斜率的变化量，和斜率为 \(0\) 的位置高度，如 image 所示的蓝点为维护点，斜率变化几就在堆里面放几次，现在我们拥有了一个 priority 塞满了蓝点和一个 \(Ans\) 为斜率为 \(0\) 的位置的答案，q.top() 为斜率为 \(0\) 位置的起点。
然后怎么考虑呢，首先考虑 \(a_i\geq top\)，这种情况在 \(a_i\) 取最优秀，最优答案不变，直接在堆里面加入 \(a_i\) 即可。答案对了凸包其实还没维护好，再 pop 掉平的点就行了。
然后考虑 \(a_i>top\)，这个时候其实还是 \(top\) 这个地方最优秀，因为考虑 \(top\) 之前的斜率都是负的，加上这一个，最多变成平的，那么考虑 \(a_i\) 对 \(top\) 的贡献，显然是 \(top-a_i\)，加到 \(Ans\) 里面即可。
然后回到这个 lsy 题，我们需要同时加入 \(t_i\) 相等的再取前缀 \(\min\)，我们可以先维护顶点的斜率为 \(k\)，答案高度暂时为 \(Ans\)，如果 \(k>0\)，我们考虑退掉 \(top\)，考虑去掉 \(top\) 的贡献，减掉 \(top\) 即可。换句话说，一个 \(a_i\) 对 \(Ans\) 的影响其实是斜率加 \(1\) 截距 \(-a_i\)，考虑到答案 \(k=0\) 前面的斜率影响就可以不管不顾了。
P10383
我们考虑在模意义下求解，然后还原分数，所以我们取一个超大质数 \(9000000000000000041\)，然后就做完了。
首先对于模大质数可以还原出合法解，就是要说明对于 \(0\leq p,q\leq V,M>V^2\)，对于任意的 \(mul\gets \frac{p}{q}\mod M\) 都可以还原出唯一的对应的 \(\frac{p}{q}\)。
那么考虑一组 \(\frac{p}{q}\equiv \frac{p_2}{q_2}\pmod M\)，有 \(M|pq_2-q_p2\)，考虑到 \(0\leq p,q,p_2,q_2\leq A\)，那么只能 \(\frac{p}{q}=\frac{p_2}{q_2}\) 了。
还原是考虑一组 \(\frac{a}{x}\equiv\frac{b}{y}\equiv \frac{y\mod x}{b-a\lfloor\frac{y}{x}\rfloor}\pmod M\)，前面两个是定的给的且等于 \(mul\)，第三个是新的构造，每一轮重新取后面两个，正确性大概是这样（
把 \(mul\) 换成 \(\frac{x}{a},\frac{y}{b}\) 之后正确性显然。
但是不能通过 sub4 的两个点，考虑强制 \(a\) 也有约束，但是还有一个点会整活出 \(y=0\) 这种东西。大概是辗转相除不够充分遍历导致的，我也不会啊，求教。
其实正确的合并是使用 bgst，但是不知道这个 exgcd 东西有没有前途，反正感觉简洁就记了 /xia
递归出 \(y=0\) 的 hack 是 2841300223 2499598500。
upt on 2024.9.29 错误是没有 int128 导致的。
P5513
不难发现按照完全二叉树那种编号方式（先层再列顺次标号）之后，操作分别对应 \(\times 2,\times 2+1,\lfloor\frac{ }{2}\rfloor,-1,+1\)，不妨维护其二进制数，分别对应 \(后面放一个 0/1,去掉一位,平凡的二进制数 +1/-1\)。
这个 \(+1/-1\) 可能会导致进位退位，不能直接做完，那我们考虑直接加在位上面，最后再一起进位。
但这样子是不对的，如果不及时进位可能会导致本位多舍去一些数，那么我们只需要在每次做右移操作前进一位就行了，复杂度没问题，正确性有了。
答案怎么求，首先无脑的，二进制位长的那个无脑往上条调到同一深度，然后考虑同时跳，调到一层考虑差的绝对值，枚举层数对贡献取 \(\min\) 就行了，注意层数从小到大枚举，二进制差太大了就直接不继续做了。
P3642
首先有一个朴素的方程，设 \(f_u(x)\) 表示在子树 \(u\) 用 \(x\) 秒燃爆的最小代价，那么显然有转移 \(f_u=\sum_{v 是 u 的儿子}\{f_v(y)+|x-w-y|\}\)，首先 \(f_u\) 是一个凸包。
我们枚举考虑合并 \(u,v\)，那我们不妨考虑 \(v\) 带给 \(f_u\) 的增量函数 \(F_{v\to u}\)，我们考虑一个位置 \(x\) 在函数 \(g(y)=f_v(y)+|x-w-y|\) 上面的最小值，这个最小值就是 \(F_{v\to u}\) 在 \(x\) 上面的纵坐标，我们画出 \(f_v\) 和 \(|(x-w)-y|\) 进行分类讨论，首先凸包相加还是凸包，然后斜率为 \(0\) 的位置一定最优，然后设 \(f_v\) 斜率等于 \(0\) 的是 \([L,R]\) 这一段，设 \(Jury=\min\{f_v(i)\}\)。
-
对于 \(x-w<L\) 即 \(x<L+w\)，抬平之后 \(L\) 以及左边一段斜率为 \(0\)，如果 \(x\geq L\) 可以取到 \(L\)，最优值为 \(Jury+(L+w)-x\)，不然 \(x<L\)，取 \(x\) 最优，答案是 \(f_v(x)+|x-w-x|\) 也就是 \(f_v(x)+w\)。
-
对于 \(L\leq x-w\leq R\)，取 \(x-w\) 最优，答案为 \(Jury\)（
-
对于 \(R<x-w\)，取 \(R\) 最优，最优答案是 \(Jury+x-(w+R)\)。
我们考虑画出图来，先向上平移，然后发现将 \(f_v\) 变成 \(F_{v\to u}\) 只需要先退出 \(>L\) 的后面的节点，然后再强制加入后面三条线段即可，于是考虑对 \(f_v\) 做点手脚然后跟 \(f_u\) 合并起来，合并可以使用可并堆或者启发式合并。
这样其实已经做完了，但是方便实现还有一些小东西补充，首先对于最后的堆，我们知道截距为 \(\sum_{i=2}^N w_i\)，知道所有点的斜率单调递增且最后一位是 \(0\)（至少我们可以选择性的做成这样，然后我们可以考虑直接还原出斜率为 \(0\) 的地方的答案了，换句话说，我们只维护拐点已经可以解除答案了，就不需要再维护一些乱七八遭的东西，设堆从大到小的横坐标是 \(a_1,...,a_k\)，答案是 \(Ans=\sum w_i+\sum_{i=1}^k (w_k-w_{k+1})\times k)=\sum w_i-\sum a_i\)。
然后我们考虑 \(f_u\) 直接加入了 \(cnt\) 个儿子，此时立起来的斜率就是 \(cnt\)，我们要的图像斜率最后为 \(1\)，所以 pop 掉 \(cnt-1\) 个就行了，特别的，\(f_1\) 要多 pop 掉一个。
ABC217H
攻击是往里面塞一次函数，是凸的，直接在堆里面维护就好了，然后考虑这个走来走去，不妨设距离上一次攻击的时间间隔为 \(d\)，上一个包斜率为 \(0\) 的部分是 \([L,R]\)，那么就是 \(L\) 左边的向左平移 \(d\)，\(R\) 右边的向右平移 \(d\)，不妨开大根/小根堆维护斜率 \(<0\)/\(\geq 0\) 的拐点，平移操作直接打 tag，每次加入射线分讨贡献即可。
CF436E
比较显然且错误的做法是一颗一颗拿，每次考虑拿最小的，拿了 \(a_i\) 之后把 \(b_i-a_i\) 当成一棵新的星星考虑，但这显然是错误的。但是我们延续拿了 \(a_i\) 之后放入 \(b_i-a_i\) 作为一棵新星星的做法。
上述错误启示我们必须把 \(a,b\) 一起考虑，那我们考虑两个两个拿，不妨设最小和次小的一棵星星为 \(a_i,a_j\)，最小的一组星星为 \(b_i\)，哪个更优我们拿哪个，拿完之后更新 \(a,b\) 的集合，实现可以用 multiset。
这样我们做完了 \(2|w\) 的情况，那么对于这个剩余的 \(w\)，我们考虑几种情况，「将拿了零个的升级为 1 个」，「将一个拿了一个的升级为 2 个」，「将拿了两个的降级为 1 个 & 将拿了零个的升级为 2 个」 以及 「将拿了一个的降级为 0 个 & 将拿了零个的升级为 2 个」，这几种取最优就是答案了。
事实上后面那一部分是 \(w\gets w+1\) 的做法，可以用这个做整个题目，那样的话要开好多好多堆。
P4574/P1633
考虑 dp，不妨设 \(f[d][i][j][k]\) 表示 \(0,\dots,i\) 位用了 \(a/b/c\) 中的 \(i/j/k\) 个 \(1\) 时的最小 \(c\)，转移很简单，但是有点小长就不赘述了，注意判断算出来 \(f\) 超过指定位数的情况无解。
CF633F
树形 dp，感觉做麻烦了，不妨设 \(f[i][0/1/2][0/1]\) 表示子树 \(i\) 中开了 \(j\) 条链最后一条直径有没有端点在跟 的最大点权和，转移很暴力，分类讨论就好了，不难但有点小长，这里不再赘述。
AGC013D
首先考虑操作，「黑球变黑球：黑白」，「白球变白球：白黑」，「黑球变白球：黑黑」和「白球变黑球：白白」。
考虑一个操作序列的合法性，大概是一个增量极差不超过 \(n\)，不妨放在坐标系上面考虑，点 \((x,y)\) 表示第 \(x\) 次操作有 \(y\) 个白球，操作序列在坐标系上面连成一条折线，只要不越界就合法，走势分别为 \((x,y)\to (x+1,y+1)/(x,y)\to (x+1,y)/(x,y)\to (x+1,y+1)/(x,y)\to (x+1,y)\)，能使用一个走势要求至少有一个其对应的球，在这题就是有 \(y=0\) 和 \(y=n\) 的系数特殊性。
我们考虑 dp 折线数，设 \(f[i][j]\) 表示 \((i,j)\) 位结尾的答案，然后发现这样子会算重，我们考虑去重。
先思考怎么样子的折线是重复的，对于极差 \(d=n\) 的一定不会算重，所以考虑 \(d<n\) 的。首先形状相同，可以通过上下平移获得，那我们比较想考虑碰到 \(y=0\) 的折线，但是这样有一个问题是系数变的不统一了，指对于 \(d=n\) 的在最底下需要 \(\times 1\)，而 \(d<n\) 的需要 \(\times 2\)，我们不妨考虑在 \(y=1\) 这个地方也计算一次贡献，这样子就正确了。
P3266
写完就有一种被骗了的感觉，解数，结束，感觉有点小阴间，也可能单纯我太菜 /kk
首先每一行单调递增，值域 \([0,m]\) 填进 \(m\) 个里面，那么不妨设 \(f[i][j]\) 表示做到第 \(i\) 行，空出了 \(j\) 的解数，转移显然有 \(f[i][j]=\sum_{k=0}^{j+1}f[i-1][k]\)，其实也就是 \(f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1],f[i][j(>0)]=f[i][j-1]+f[i-1][j+1]\)，我们把这个放在坐标系上面，考虑组合意义，就是走完的方案数。
这是题解的图，妈耶整个题解区都是这种说不上诡不诡异的坐标方式，但是考虑到我在 AGC013D 也是这么标的那么还是看的挺顺眼的。然后其实好像这个题这么画确实最好看（
这个图太丑了，不妨考虑平移，得到下图，这个等价。
考虑终点 \((s,t)\) 关于 \(A\) 的对称点 \((s',t')\)，不难发现碰到过 \(A\) 的折线跟 \((0,0)\) 到 \((s',t')\) 的路径形成双射，于是可以计数了。
然后我们考虑先到达 \(A\) 的解，不难发现其实就是上述转换后「总解数」-「先到达 \(B\) 的解」。
我们要考虑不碰到两条绿色线的方案数，容斥，答案是「总解数 \(\binom{2n+m+1}{n}\)」-「先碰到 \(A\) 的方案数」-「先碰到 \(B\) 的方案数」，先碰到 \(A\) 的方案数为 「走到 \((s',t')\) 的方案数」-「走到 \((s',t')\) 且碰到过 \(B\) 的方案数」，跟原本的题目本质相同，可以递归计算。
CF1870E
不妨设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数能否做出 \(j\)，朴素转移要 \(O(n^3)\)，无法通过此题，状态难以缩小，考虑优化转移。
对于 \(\text{mex}(l,r)=\text{mex}(l-1,r)\) 或者 \(\text{mex}(l,r)=\text{mex}(l,r-1)\) 的区间显然没什么考虑的必要，那我们只考虑 \(\text{mex}(l,r)\neq \text{mex}(l+1,r)\) 且 \(\text{mex}(l,r)\neq \text{mex}(l,r-1)\) 的区间 \((l,r)\)，事实上，这种区间个数上界只有 \(2n\)。
对于一个左端点 \(l\)，我们考虑其合法右端点 \(r\)，首先不会有 \(a_l=a_r\)，否则一定不满足条件，不妨设 \(a_l>a_r\)，那么 \(a_l<a_r\) 同理，那么分析性质：因为 \(\text{mex}(l,r)\neq \text{mex}(l+1,r)\)，所以 \(\text{mex}(l+1,r)=a_l\)，差不多的，也有 \(\text{mex}(l+1,r-1)=a_r\)，我们考虑 \((l,l+1/l+2/l+\dots)\) 的区间 \(\text{mex}\)，这显然是单调不降的，然后合法的 \(r\) 的 \(\text{mex}\) 其实就是区间 \(\text{mex}\) 从 \(a_r\) 变成 \(a_l\) 的那个点，这种显然最多只有一个，于是总的也不是很多了嘛（
P4542
答案肯定可以拆成不超过 \(k\) 条链，这些链是覆盖所有点且每条链单调。我们考虑对一个拆分怎么计算答案，我们维护 \(d_i\) 表示走到 \(i\) 的最小答案，\(Ans\) 表示目前总的最小时间，我们按照排列顺序 \(0,\dots,n\) 更新答案，当前编号是 \(x\)，那么 \(d_x=d_{x 的父亲}+x 跟父亲不经过 >x 的点的最短路\)，个数从上面继承。
然后不难了，考虑用网络流解决，一个流对应一条链，首先 继承&必须走 不妨拆出双点，不妨按照下述方式建图：\(S\to L_0:k/0,L_i\to R_i:1/-\infty,L_i\to R_i:\infty/0,R_i\to T:\infty/0,R_i\to L_j:\infty,len_{i,j}\)，最后一个显然要求 \(i<j\)，于是做完了......？
P8860
首先对于一条边删除多次的显然只有第一次有效，我们把删除时间放在边上作为权，没有被删除的不妨随便钦定删除时间为 \(q+1,q+2,\dots\)，这个其实是为了没有权值重复的好考虑一点。
直接做太困难了，倒流时间好像也做不了，但是确实可以离线，于是显然要求出最后保留的一条 \(1\to n\) 的路径，如果有多条，随便保留一条就可以了。
我们思考什么样的路径更优，最小值最大的最优，如果最小值一样，那就次小值最大的最优，这个显然可以最短路套主席树维护，主席树上面要维护一个二进制哈希，然后就做完了。
但是这个主席树重载太他妈傻逼了，比想象中难调些。其实也有简单做法，按照最终答案从小到大考虑，每次更新最小的那个，不难证明这是对的。
AGC006F
考虑将黑点 \((x,y)\) 看成边 \(x\to y\)，加边相当于 \(x\to y\to z\) 贡献一个 \(z\to x\)。
不妨先考虑链怎么做，\(x\to y\to z\) 两两贡献一个，\(x\to y\to z\to k\) 这个 \(k\) 能跟 \(y,z\) 贡献，多玩一点不难发现，对于位置编号在模 \(3\) 意义下不同的两个点有贡献，不妨设模 \(3\) 为 \(0/1/2\) 的个数分别为 \(A/B/C\)，贡献就是 \(AB+AC+BC\)，这个结论可以推广到树上，只不过变成了相邻点给相邻权，进一步的，可以推广到带环的图上，要求是环长是 \(3\) 的倍数，特别的，如果剩余系里面少了某种点贡献是原本边数。
然后考虑环长不是 \(3\) 的倍数的环，比如 \(x\to y\to z\to k\to x\)，手玩发现是全联通的，再考虑加入新的边，发现可以继续全联通，是一个 \(点数^2\) 的贡献。
所以染色然后计算贡献即可，注意算的时候需要及时处理反边。
CF1140F
不妨考虑建立二分图，一个联通块 \(l\) 个行 \(r\) 个列答案就是 \(\sum l\times r\)，线段树分治即可。
CF277D
每次都被简单 01 背包弄急眼是为什么 /fad
首先 bf 是人生的真理，不难发现肯定先打完暴力再去打困难部分。因为先打困难部分再去打别的简单题罚时肯定会吃到，后打不一定会吃到。
然后考虑 dp，设 \(f[i][j]/g[i][j]\) 表示前 \(i\) 题用了 \(j\) 分钟的最大期望 / 最小罚时，不难写出转移 \(f[i][j]=\max\{f[i-1][j],f[i-1][j-s]+a,f[i-1][j-s-t]+a+(1-p)b\}\)，\(g\) 分别是 \(g[i-1][j],g[i-1][j-s]+s,(g[i-1][j-s-t]+s)p+(1-p)j\)。
然后发现 \(g\) 的答案跟背包顺序相关，套路的写个价格比较的贪心就行了，转移可以写个结构体封装一下之类的。
AT_dp_v/CF543D
首先考虑计算 \(Ans_1\)，是一个简单 dp，\(f[i]=\prod_{j 是 i 的儿子}(f[j]+1)\)，然后考虑换根，显然 \(Ans[i]=\frac{Ans[fa]}{f[u]+1}f[u]\)，但是这个 \(f[u]+1\) 可能没有逆元。
那么不妨考虑在每一位考虑一个 \(f+1\) 的前后缀积，每次再传入一个扣掉子树的答案作为参数，于是就做完了。
P7730
首先考虑差分，变成单点的操作，然后差分数组的正负放到二分图上面，然后操作表示流动即可。
P7863
这个飞行次数需要独立出来，我们不妨考虑拆链，我们考虑一个总的路线 \(S\to R_0\to L_1\to R_1\to \dots\to L_{m-1}\to R_{m-1}\to L_m\to S\)，其中 \(S\to R_0,L_m\to s,L_i\to R_i\) 是跳跃，否则是飞行。
不难发现这个起点是用来搞笑的，我们直接把 \(L_m,R_0\) 分进一组，换句话说，使 \(R_m\gets R_0\)。然后在上面画上贡献，有 \(Ans=\sum_{i=1}^m h[L_i]-h[R_i]\)，换句话说，其实就是链长之和（
这样怎么费用流其实都是好约束的，我们直接一点的考虑这个飞行次数最少，其实接两条链就少一次费用，于是考虑建出二分图做最大匹配，剩下都是简单东西（虽然好像上面也都是简单东西？）。
loj 535 花火
先求出逆序对，考虑最优的交换贡献，先翻转序列，把 \((x,a_x)\) 放在坐标轴上，不难发现要求的是以 \((i,a_i),(j,a_j)(i<j)\) 为左下/右上角的矩形中的点数的最大值，然后考虑乱搞，不难想到只有左下方没有点的点能作为左下角，右上方没有点的的点能作为右上角，考虑能作为左下角/右上角的点集为 \(L,R\)，发现按照横坐标排序之后纵坐标单调，画一下发现交叉小于包含，具有决策单调性，于是可以做了。
P7599
先处理出 st 表，左边右边的到达点 \(lt_i,rt_i\)。
首先考虑单点 \(l\to r\)，必要条件是 \(\max_{i=l}^{r-1} \{a_i\}<a_r\)，手玩贪心不难发现尽量走大的，但是不能走超过 \(a_r\) 的。
拓展到序列，起点终点其实是不定的，不妨令 \(Y\gets \max_{i=c}^d\{a_i\}\)，考虑把 \([a,b]\) 更新为其有解的区间 \([a',b]\)，起点就是里面的 rmq。
注意到难以直接钦定终点，不妨令 \(Y\gets \max_{i=st}^{c-1}\{a_i\}\)，我们先强制钦定 \(<Y\) 的随便跳，我们对结果分类讨论：如果 \(lt[x]\) 是不可愉悦的鸿沟，不断往右跳直到 \(>C\) 即可，否则下一位能跳到的较大值也得 \(\leq Y\)，因为 \(>Y\) 的一定只能在左边，然后这种不超过两步就能跳到，做进去就行了，大段跳使用倍增实现，复杂度查询一个 \(\log\)。
AT_agc028_c
在机房还没想出来，去小卖部买了点抹茶面包就会做了（
首先这个边权和答案都取 \(\min\)，所以边权的 \(\min\) 可以拆开不要，次数正确最小化答案就行了。
有贡献的点一定是 \(n\) 个，我们考虑原题目的其中 \(n\) 个点怎样才算合法。不妨令取的位为 \(1\) 否则为 \(0\)，四种方案分别为 11/00/01/10，不难发现 第一种&第二种个数相同，合法条件就是可以拼成环并且相邻位不能都为 \(1\)。
再来个小分讨：如果没有第一第二种，第三/第四种只能有一种，就是 \(\sum_{i=1}^{n}a_i,\sum_{i=1}^{n}b_i\) 是可以的，然后有第一第二种的话任意情况合法，可以考虑一下构造，拿出一个 11，然后 10/01 直接接在 左/右，如果还有别的 11/00，配对塞入即可，这些操作后得到的还是那个两边都是 \(1\) 的大串，最后再用初始的 11 所匹配的 00 接上环即可。
于是可以枚举一位强制选 11，剩下的取前 \(n-2\) 大即可，维护可以写一个对顶堆状物的两个 multiset。
AT_agc043_d
首先考虑 A,B,C 这样顺次是一段的，如果有前一个比后一个大，那么拿完前面之后会立即拿后面的那个，考虑最终序列，是由若干个长度为 \(1/2/3\) 的段组成的，段内单调下降，端头单调上升。
但是这个条件比较的不充分，比如说全都是 \(2\) 的其实不合法，首先 \(3\) 的个数与原题目一致其实无所谓的，那么就需要 \(1\) 的段数 \(>\) \(2\) 的段数，不妨用 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个数分成 \(\lceil 1 的段数\rfloor -\lceil 2 的段数\rfloor\) 为 \(j\) 的方案数，直接转移即可。
P5395
这个 \(\frac{1}{m!}\) 的盒子相同的贡献我们最后再乘进去。
题目求的答案就是恰好 \(0\) 个位置为空的方案数，不好直接求，考虑容斥，不妨令 \(f(k)/g(k)\) 为 恰好/钦定 \(k\) 个位置为 \(0\) 的方案数，那么显然有 \(g=(m-k)^n\binom{n}{k}\)。
其实显然还有 \(g(k)=\sum_{i=k}^{n}f(k)\binom{i}{k}\)，反演可得 \(f(k)=\sum_{i=k}^{n}g(k)\binom{i}{k}(-1)^{i-k}\)。
然后带入 \(g\) 得到 \(Ans(m)=f(0)=\frac{1}{m!}\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{m}{i}(m-i)^n=\sum_{i=0}^{n}\frac{(-1)^i}{i!}\times \frac{(m-i)^n}{(m-i)!}\)，卷积，使用 NTT 即可（
P4859
首先转化为恰好 \(k\gets \frac{n+k}{2}\) 组 \(a_i>b_i\)，然后考虑钦定的贡献怎么求，之后二项式反演带进去就行了。
钦定 \(k\) 组的方案数考虑 dp，因为有偏序关系不妨使得 \(a\uparrow,b\uparrow\)，令 \(L_i\) 表示比 \(a_i\) 小的 \(b_j\) 的个数，设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个钦定 \(j\) 组的方案数，不难得到 \(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]\times (L_i-j+1)\)，然后就做完了。
P6478
套路的进行二项式反演，然后变成了求钦定 \(k\) 轮非平局的方案数，这个直接树形 dp 就行了，转移跟 P4859 差不多，只不过是要先拼一个背包再考虑贡献。
P4320
直接广义圆方树就行了。
CF1355F
就，晚上睡觉的时候突然会做了......？
因数个数 \(Ans=\prod_{x_i 为质数 p_i 的指数} (x_i+1)\)，首先 \(>\sqrt {10^8}\) 质数只有 \(\times 1/\times 2\) 的贡献，题目限制那么宽松不妨先不考虑，我们筛出范围里面的质数来考虑。
往 \(p\in[\sqrt{\sqrt{n}},\sqrt{n}]\) 的 \(p\) 的数量去讨论的，这个次数其实也不是很多，并且跟更大的也有约束，然后发现其实只筛到 \(\sqrt{\sqrt{n}}\) 然后筛满的话，\(4Ans\) 这种东西就挺好的，但是还是不够，在一个分讨下面不行。
那个教主做法感觉比较不好写对，感觉这个 \(\gcd\) 的询问其实能得到的东西无法拓展，就是好像不太能直接得到什么很厉害的东西（
但是其实也不难改，随便筛一点 \(>\sqrt{\sqrt n}\) 的质数的话就对了吧，反正到了两次根号（\(纯素数积 + x 的不超过一次\)）之后还有剩下来的次数刚刚好够（
我们考虑从小到大的素数，如果存在这个素数就考虑升次之后还有没有，不断这样考虑，每次尽量多询问，最后输出 \(2\times Ans\) 就可以通过了。
AGC006D
向无聊世界宣战！（
首先考虑二分，把 \(a\) 摊成 01 序列 \(b\)，现在考虑头顶是不是 \(\geq mid\)。
自己打个标，发现一段的 010101 有一个金字塔的贡献且边缘颜色等于旁边颜色，于是我们考虑连续的 0/1 的位置贡献的最好值，注意特判掉一直 01 循环的情况。
CF354C
经典套路，跟 ARC068E 差不多，按照线段长度排序双指针即可。
但是这个题目不能数论分块，可以弄一点 \(n\log n\) 的枚举加一个小小的树状数组（
浙公网安备 33010602011771号