Intrinsic Interval
对于一排列 (p_i)，定义“好区间”为值域连续的一段区间。
现给定一长为 (n) 的排列 (p_i)，(q) 组询问，求包含区间 (l...r) 的最短好区间是哪个。
(1 le n,q le 10^5)
首先考虑求问题的弱化版：求一个排列的所有好区间。即经典题 Pudding Monsters。
对于一个排列来说，一段区间为好区间当且仅当 (r - l = mx - mn)，其中 (mn,mx) 分别为区间最小值最大值。并且更重要的是，(mx-mn ge r - l)，于是我们只需要维护 (mx-mn) 的最小值，判断其是否为 (r-l) 即可。
具体实现类似 异或凑数那题，考虑移动右端点对所有左端点的影响。用线段树维护 (mx-mn+l) 的最小值及出现次数，用单调栈来维护 (mx,m) 即可。
回到原问题。一个比较显然的事实是：如果 ([l,r],[s,t]) 均为好区间，且 (l le s le r le t)，那么 ([s,t]) 也是好区间。因此包含 (l...r) 的最短好区间只有一个。我们只需要找到最先覆盖 (l...r) 的那个区间即可。
将询问挂在右端点上，扫到时取出。维护取出的询问的大根堆，以 (l) 为关键字。线段树上二分判断是否有解。有解下一个，无解直接退出。
复杂度：(O(n log n))
共
共价爷想构造一棵 $ N $ 个点的有根树，其中 $ 1 $ 号点是根。
显然的，对于一棵有根树，我们可以定义每个点的深度为，这个点到根的路径上点的个数（包括端点），也就是说，$ 1 $ 号点深度为 $ 1 $。
共价爷希望，深度为奇数的点的个数，刚好为 $ K $ 个。
他想知道有多少棵不同的满足条件的有根树，你只需要输出答案对 $ P $ 取模的结果。我们认为两棵树不同，当且仅当存在一对点 $ (i, j) $，满足 $ i $ 和 $ j $ 在一棵树中有边相连，而在另一棵树中没有边相连。
对于 $ 100% $ 的数据，$ 1 < K < N (，) N leq 500000 $，当 $ N > 1000 $ 时，$ P $ 均为 $ 998244353 $。
看到奇偶要想一想二分图啊！！
树计数还是基尔霍夫矩阵树定理和prufer序列好使
考虑将奇数层的点分为左部图，偶数层的点分为右部图，分配完标号后，我们要解决的问题为：左部点为 (1...n)，右部图为 (n + 1...n + m) 的带标号完全二分图的无根树生成树数量。即经典题 文艺计算姬
可以用基尔霍夫矩阵树定理大力推导，也可以用prufer序列得出。
prufer序列:
考虑左部图的点的总度数和为 (n + m - 1)，右部点的总度数和也为 (n + m - 1)，那么它们在 prufer 序列上的出现次数分别为 (n + m - 1 - n = m - 1) 和 (n + m - 1 - m = n - 1)。
注意到，当我们确定好左部图的点在 prufer 序列的相对位置，以及右部图的点在 prufer 序列的相对位置时，根据prufer转无根树以及二分图性质(边两端点一左一右)可知，唯一对应了一种无根树。于是构成了映射关系。答案为 (n^{m-1} imes m^{n-1})。
所以原题的答案为 ({n - 1 choose k - 1} imes k^{n-k-1} imes (n-k)^{k-1})
复杂度：(O(n) + O(log n))
价
人类智慧之神 zhangzj 最近有点胖，所以要减肥，他买了 $ N $ 种减肥药，发现每种减肥药使用了若干种药材，总共正好有 $ N $ 种不同的药材。
经过他的人脑实验，他发现如果他吃下去了 $ K(0 leq K leq N )$种减肥药，而这 $ K $ 种减肥药使用的药材并集大小也为 $ K $，这 $ K $ 种才会有效果，否则无效。
第 $ i $ 种减肥药在产生效果的时候会使 zhangzj 的体重增加 $ P_i $ 斤，显然 $ P_i $ 可以小于 $ 0 $。他想知道，一次吃药最好情况下体重变化量是多少，当然可以一种药也不吃，此时体重不变。
由于某些奥妙重重的情况，我们可以让这 $ N $ 种减肥药每一种对应一个其使用的药材，且 $ N $ 种减肥药对应的药材互不相同（即有完美匹配）。对于 $ 100% $ 的数据，$ 1 leq N leq 300, |P_i| leq 1000000 $。
根据霍尔定理，如果二分图有完美匹配的话，左部图任选一集合，其对应的右部图集合不小于左部图的哪个集合。
考虑最大权闭合子图。但是只能保证右部图集合大于等于左部图集合。于是先跑一遍匹配求出方案，右向左连边，再跑一遍最大权闭合子图，这样就能保证左部图集合大于等于右部图集合了，此时左部图集合显然等于右部图集合。
显然得到的解均为合法解，并且可以证明合法解均可能被得到。
排序
给定一长为 (n) 的排列，以及 (m) 次操作。每次操作为将一个区间内的元素按升序或降序排序。问最后第 (k) 项的值。
(1 le n,m le 100000)
每次局部排序不太好维护（可能能用 ODT 维护？）
但是考虑到字符集只有 (w) 的序列可以通过 (w) 棵线段树实现单次排序 (O(w log n))。具体见A Simple Task。维护一下小于/大于当前字符的字符的个数，区间覆盖即可。
既然这道题最后只问第 (k) 项，我们可以二分答案 (t)，通过最终 (< t) 的数的个数来判断（(t) 偏大时 (<t) 的数的个数不减）。这样，我们就只用对序列进行排序了，复杂度为 (O(n log n))
方格染色
(n imes m) 的网格，每个格子可以涂
R或者B。要求每个 (2 imes 2) 的格子中R和B的出现次数均为奇数。现已知 (k) 个格子的颜色，求在此前提下所有合法方案数。
(1 le n,m,k le 10^5)
其实是一类问题了。和 Appleman and Complicated Task 类似。这提示我们网格图除了想二分图，对偶图，插头DP以外，还可以想一想找规律（尤其是网格图染色计数）。
通常的规律是：确定一行/一列/一行一列/一个点以后整个网格图的方案就都确定了。当然有的题也可能是用较为可做的方法搞定 ((n-1) imes (m -1)) 后剩下一行一列有且仅有一种方案使得整个网格图调整到合法，如 普及组
此题将 R 看作 1，将 B 看作 0 以后，限制为 (2 imes 2) 的格子的异或和均为1.
然后开始找规律。发现确定好一行一列后整个网格图就确定了。并且 ((x,y)) 的值为 (c(1,1) oplus c(x,1) oplus c(1,x) oplus ([x mod 2 = 0] cdot [y mod 2 = 0]))。枚举好 (c(1,1)) 后，问题转化为：(x = 0,x = 1,x oplus y = 0, x oplus y = 1) 四种操作。其中前两种操作可以转化为 (x oplus c(1,1) = v)。的操作。于是高斯消元边带权并查集搞搞就好了。
复杂度：(O(n log n))
Euclid's nightmare
给定 (n) 个 (m) 维向量，每个向量只有 (1) 维或 (2) 维为 (1)，其余为 (0)。规定向量的加减法对 (2) 取模。
问：
- 线性基大小
- 字典序最小的那种线性基的编号集合
- 最大异或和
(1 le n,m le 5 cdot 10^5)
考虑模拟线性基。
只有一维为 (1) 的情况好说，判一下这一维有没有基向量，如果没有就插入。
如果有两维为 (1)，假设 (a) 和 (b) 为 (1)。那么我们找到用当前已经插入的基向量能把 (a) 和 (b) 分别异或到哪里去。此处的“异或到”表示通过异或基向量，使得由 (x) 为 (1) 转化为 (y) 为 (1)，且 (y) 这一维没有基向量。假设 (a) 被异或到了 (c)，(b) 被异或到了 (d)，那么我们就插入到 (c)，并向 (d) 连一条边，表示其余向量如果 (c) 为 (1) 的话，可以被异或到 (d) 去。但是，有可能 (a) 异或着就变成 (0) 了（遇到了只有一维为 (1) 的基向量），那么说明 (a) 这个 (1) 可以被线性表出，我们就不用管它了，问题简化为只有一维为 (1) 的情况。
如果一直暴力走边，可能会变成 (O(nm))。发现可以用类似并查集路径压缩的方法来解决这个问题。复杂度变为 (O(n log m))。
线性基大小好说。字典序最小也好说，当前能插就插即可。
最大异或和也还好，因为我们可以保证基向量除掉“当前维”（指这个基向量被插到了哪一维）以外的那个“附带维”一定小于“当前维“，或者没有”附带维“，这样的话就和普通线性基完全一样了。对”当前维“排序，贪心异或即可。
复杂度：(O(n log m))
语言
给定一棵 (n) 个点的树。给定 (m) 条链 ((s_i,t_i))。
对于每个点，求出其仅通过一条链能到达的点的数量。
(1 le n,m le 10^5)
考虑只问一个点 (p) 怎么做。此时仅需考虑过 (p) 的链。可以发现，答案为所有过 (p) 的链的 (s,t) 组成的点集的虚树的大小，可以用寻宝游戏的方法做。即 (sum_u dep(u) - sum_{u,v}[u,v为dfn上相邻的点]dep(lca(u,v)))，其中第一个和最后一个也算相邻。
考虑用线段树维护虚树大小。对 (dfn) 建线段树，节点存仅考虑节点内的 (dep) 以及相邻点 (dep(lca)) 的贡献的答案。pushup 的时候顺便维护一下 (dep(lca))，最终记得把 第一个和最后一个的 (dep(lca)) 也减掉。
那么这道题基本上就算做完了。至于“只考虑过 (p) 的链”的限制，可以通过树上差分搞定。
复杂度：(O(n log^2 n))，可以做到 (O(n log n))
Triple
有 (n) 个集合幂级数，每个集合幂级数只有三个位置有值，第 (i) 个集合幂级数 (F_i) 中 (F_i(a_i) = x, F_i(b_i) = y, F_i(c_i) = z)。其中 (x,y,z) 为常量，所有集合幂级数的 (x,y,z) 都一样。
现求将这 (n) 个集合幂级数做异或卷积以后的每一位的值。
(1 le n le 2 cdot 10^5,0 le a_i,b_i,c_i < 2^k,1 le k le 17,0 le x,y,z le 10^9)
首先有一个暴力 FWT 的做法，复杂度为 (O(nk2^k))，还不如暴力 DP。我们考虑优化。
我们不用每次都 IFWT，直接所有的做 FWT 最后乘完一起卷回来即可。复杂度仍为 (O(nk2^k))。
发现复杂度瓶颈在 FWT 上。因为一个集合幂级数只有三个位置有值，我们可以直接根据 FWT 的公式：(hat{f}(S) = sum_T (-1)^{|S cap T|}f(T))，可以做到单次 (O(n)) 的 FWT。复杂度成功优化到了 (O((n+k)2^k))！终于和暴力 DP 一样了
考虑实质性的优化。发现我们最后要求的主要是这个东西：
发现 (x,y,z) 的系数组合只有八种可能，如果我们知道了这八种组合中每个组合的出现次数，就可以直接快速幂搞定了。
然而八种还是太多了，这里有一种简化的操作：每个三元组先强制选上 (a_i)，然后再从 (0,a_i oplus b_i,a_i oplus c_i) 三种选择中选一种，最后输出答案的时候下标异或上 (igoplus_i a_i) 即可。这样，我们就将 (a_i,b_i,c_i) 转化为了 (0,a_i oplus b_i,a_i oplus c_i)，第一项的系数一定为 (1)。八种组合简化为了四种组合。设
并且我们知道 (c_1 + c_2 + c_3 + c_4 = n)，只要再知道三个方程就可以解出来了。
接下来的操作比较神奇：
看着 (prod) 感觉很不爽，因为我们想要的是 (sum)。如果我们知道 (sum_i (-1)^{|S cap b_i|}y)，或者哪怕是 (sum_i (-1)^{|S cap b_i|})，我们就能再搞出个方程：(c_1+c_2-c_3-c_4 = ...) 了。
看到 ((-1)^{|S cap b_i|})，不难想到 FWT，或许我们可以找到某个集合幂级数，使得其 FWT 的结果是这个东西。构造一个集合幂级数 (g)，其中 (g(S) = sum_i [b_i = S])。考虑 (hat{g}(S)) 是什么东西：
正是我们想要的。同理，对于任意的 (f(i))，我们设 (g(S) = sum_i[f(i) = S])，都有 (hat{g}(S) = sum_i (-1)^{|S cap f(i)|})。那么我们就可以令 (f(i) = c_i)，就有了 (c_1 - c_2 + c_3 - c_4 = ...) 了就剩最后一个了。
我们打算在 (sum_i (-1)^{|S cap b_i|} imes (-1)^{|S cap c_i|}) 上下手。因为这个东西等于 (sum_i (-1)^{|S cap (b_i oplus c_i)|})，于是我们令 (f(i) = b_i oplus c_i) 就可以得到 (c_1 - c_2 - c_3 + c_4 = ...)。
总结一下：
其中 (A,B,C,D) 都是可以求出的东西。那么我们就可以手动解方程得到 (c_1,c_2,c_3,c_4) 了。快速幂后 FWT 回去即可。
复杂度：(O((k + log n)2^k))
双倍经验：黎明前的巧克力
节日庆典
给定一长为 (n) 的字符串 (s)。对于每个前缀 (1...i)，求出其循环移位的最小表示的开头（多解输出最前面）。
例如
abaacaba的答案是1 1 3 3 3 6 3 8(n le 3 cdot 10^6)
首先有一些 (O(n^2)) 的做法，比如俩指针的线性做法，以及 Lyndon 分解，不过对正解用处不大。
还有一个 (O(n^2)) 的做法：每个前缀只有最小的后缀，以及带着最小后缀作为前缀的那些后缀，有可能成为答案。维护一下这些就好了。比较求解的话可能需要一个 (O(1)) 求后缀与整个串的 LCP 的算法，可以 exKMP 预处理。
然而，这些不一定全部有用。一种比较显然的情况是有两个候选后缀 (s,t)，其中 (lcp(s,t) < min(|s|,|t|))，这时候已经能够知道它们的大小关系了，就可以把大的那个直接扔掉了，以后也不会用到了。然而复杂度仍然是 (O(n^2))，一个 aaaaaaaaa 就全卡满了。
还有一个特别妙的优化：如果两个后缀 (s,t)，满足 (|s| < |t| < 2|s|)，那么较短的那个串 (|s|) 不可能成为候选后缀。证明：
如果 (|s| < |t|< 2|s|)，那么 (t-s) 是一个循环节。那么 (s=uv,t=uuv)。(s) 是候选后缀，至少要求存在一个串 (w)，使得 (s) 接上 (w) 比 (t) 接上 (w) 要小。即：(uvw < uuvw)，即 (vw < uvw)，即 (vw < sw)，而 (v) 是一个后缀，那么至少 (v) 就可以代替 (s) 成为最小后缀了。所以 (s) 不可能成为候选后缀。
这样，候选后缀就只有 (O(log n)) 个了。总复杂度为 (O(n log n))，可以通过此题。
Mr. Kitayuta's Gift
给定一个长为 (m) 的小写字母串 (s) 和一个正整数 (n)。
求 (s) 是多少个长为 (n) 的回文串 (t) 的子序列。
(m le 200,n le 10^9)
考虑DP。设 (f(i,l,r)) 表示回文串已经确定好了左边 (i) 个和右边 (i) 个，且尽可能匹配 (s) ，使得 (s) 剩下 (l...r) 的方案数。设 (g(i)) 表示回文串已经确定好了左边 (i) 个和右边 (i) 个，且匹配好了 (s) 的方案数。
当 (s_l = s_r) 时：
当 (s_l ot= s_r) 时：
(g) 的转移是 (g(i) o 26g(i+1))。
当 (r-l le 1) 且 (s_l = s_r) 时有 (f(i,l,r) o g(i + 1))。
最终答案为 (g(lceil frac{n}{2} ceil))。
然后就可以 (O(m^2n)) 地转移了。
但是 (n) 很大，于是考虑矩阵快速幂，复杂度为 (O(m^6 log n))。
考虑开拓新思路。不易发现，我们的转移可以看作在一个自动机上跑，(i+1) 相当于跑一步。自动机上共有三种点，分别时 (s_l=s_r) 的“绿点”，(s_l ot= s_r) 的“红点”，以及 (g)（终点），图见xht博客。每一条从起始状态到终点的恰好跑了 (lceil frac{n}2 ceil) 步的路径唯一对应着一种合法转移方案。
不难发现我们的转移的方案数的计算至于路径上的红绿点个数有关。如果我们能对每一种 (i) 个红点 (j) 个绿点的路径都算出来方案数的话，就不难得到答案了。不难发现 (j=lceil frac{m-i}{2} ceil)，于是路径数只有 (O(m)) 种。至于到底有多少条 (i) 个红点 (j) 个绿点的路径，可以DP解决。设 (f(i,l,r)) 表示从 (l...r) 状态开始继续往下跑，接下来（含自己）将会有 (i) 个绿点的路径条数。这个可以 (O(m^3)) 计算。
抽出 (O(m)) 种链后，我们得到了一个 (O(m^4 log n)) 的方法。
考虑继续优化。发现这 (O(m)) 种链可以长得很像，于是可以直接放在一张自动机上一次跑完。图见xht博客，每种链的方案数体现在红点指向绿点的边上。（比较特殊的是，由于可能有的方案没有经过红点，我们的初始状态为第一个红点有一种方案，第一个绿点有 (f(0,1,m)) 种方案）
复杂度：(O(m^3 log n))。
常数优化：矩阵张的是半个三角，怎么矩乘也是半个三角，于是只用算 (i le k,k le j) 的情况。常数可以除以 (6)。
机场 / Airport
飞机场有 (a+b) 个停机位，其中 (a) 个停机位有登机桥连接飞机和候机厅，乘客可以通过登机桥直接由候机厅登上飞机；另外 (b) 个停机位没有登机桥和候机厅相连，所以乘客登机需要先搭乘摆渡车再登机。
毫无疑问，搭乘摆渡车的体验是非常差的，所以每位搭乘摆渡车的乘客都会产生不愉快度。
现在，给定每架飞机的乘客数量，登机时间和起飞时间；飞机需要在登机时间点选择一个空闲的停机位，在这个时间点内所有乘客会完成登机，然后飞机会一直停在该停机位，直到起飞时间；
若某飞机在时刻 (x) 起飞，则在时刻 (x) 该飞机所在的停机位是空闲的。
飞机场的管理层希望能够尽量减少乘客的不愉快度，为此飞机在登机时间到起飞时间之间，可以切换停机位；切换也会产生不愉快度，如果该飞机有 (x) 位乘客，那么切换所产生的不愉快度为 (lfloor p cdot x floor)
假设某飞机从 (x) 时间开始由停机位 A 切换到停机位 B，那么停机位 A 在 (x+1) 时间是空闲的。能进行这样的切换当且仅当停机位 B 在 (x+1) 时间是空闲的。
(1 le a,n le 200,b=10^9,0 < p < 1)，保证有解
这是个常见的网络流模型，建议记住，可以用于应对“占用...”的问题。
将“时间点”看作边，建费用流：
将时间拉成一串，对每个时间点建一条边，边的容量为 (a)，表示每个时间点的“登机桥”最多有 (a) 架飞机。
对于每个飞机，有三种选择：
- 不占用“登机桥“，花费为 (x)
- 一直占用”登机桥“，花费为 (0)
- 在 (s) 时刻占用”登机桥“，然后迅速切换走，花费为 (px)
占用”登机桥“可以体现为消耗流量，从主链上分走 (1) 的流量。
统一减去 (x) 的花费后，如下图：
跑最小费用可行流即可。
Do you like query problems?
有 (n) 个数 (a_i)，初始为 (0)。(Q) 次操作，共三种操作：
1 l r v： 对于区间 (l...r)，(a_i = min(a_i,v))2 l r v： 对于区间 (l...r)，(a_i = max(a_i,v))3 l r v： 对于区间 (l...r)，将 (a_i) 累加到答案 (ans) 中。令 (0 le v < m)，求所有 ((frac{n(n+1)}{2}(2m+1))^Q) 种可能的操作的答案的和模 (998244353)。
(1 le n,m,Q le 2 cdot 10^5)
考虑求所有可能的操作的答案的期望。
分拆贡献至第 (i) 个数第 (j) 次对答案的贡献。第 (i) 个数第 (j) 次有贡献，必须要第 (j) 次为询问且包含 (i)。然后考虑贡献的期望即可。即：
考虑求 (E(a_{i,j}))。根据套路，(E(a_{i,j}) = sum_{k=0}^{m-1}P(a_{i,j} > k))。因为只有区间取 (min) 和区间取 (max) 操作，(a_{i,j}) 的值只与前 (j-1) 次操作中最后一次作用到它且改变了它的操作。我们规定“改变”指 (min) 操作中 (v < a_{i})，(max) 操作中 (v ge a_i)（其它的规定其实也是可以的），那么一次操作作用到它且改变它的值的概率为 (frac{i(n-i+1)}{frac{n(n+1)}{2}} cdotfrac{m}{2m+1})，设其为 (p)。那么 (P(a_{i,j} > k)) 为在 之前曾经有过作用到它且改变它的值的操作 且最后一次这种操作的 (v>k)。
最后化简一下就好了。
复杂度：(O(n log n))
Simple Math 3
给定四个整数 (A,B,C,D)，求所有满足以下条件的 (i) 的个数：
- ((A+B cdot i)...(A+C cdot i)) 中不含 (D) 的倍数。
(T le 10^4,2 le D le 10^8, 0 le B < C < D,1 le A < D)
不难发现，(i) 的上界为 (lfloor frac{D-1}{C-B} floor)，再大的 (i) 必然导致 ((A+B cdot i) ... (A + C cdot i)) 中含有 (D) 的倍数。
注意到 (i le lfloor frac{D-1}{C-B} floor) 的时候，((A + B cdot i) ... (A + C cdot i)) 最多只包含 (1) 个 (D) 的倍数。
那么可以考虑容斥，计算 ((A + B cdot i) ... (A + C cdot i)) 中含有 (D) 的倍数的 (i) 的个数，就相当于计算 ((A + B cdot i)...(A + C cdot i)) 中 (D) 的倍数的个数。即：
扩欧计算即可。
复杂度：(O(Tlog D))
Stranger Trees
给定一棵 (n) 个点的无权无向树，对于每个 (0 le k < n)，求出这 (n) 个点的所有生成树中恰好与这棵树有 (k) 条边重合的方案数。
(1 le n le 100)
经典老题了。
又是生成树计数，考虑 prufer 序列或者基尔霍夫矩阵树定理。
根据套路，将这棵树上的边的边权设为 (x)，其余设为 (1)，然后根据基尔霍夫矩阵树定理得出的所有生成树边权积的和，其中的 (i) 次项为有 (i) 条边重合的方案数。
然而这样做非常麻烦。考虑到这个多项式只有 (n) 项，我们可以计算 (n) 个点值，然后插值得到答案多项式。
复杂度：(O(n^4))
calc加强版
一个序列 (a_i) 是合法的，当且仅当：长度为 (n) ，值域为 ([1,K]) 且互不相同。
一个合法序列的权值定义为 (prod_{i = 1}^n a_i)。
给定 (m,K)，对于所有的 (n le m) 求所有合法序列的权值和。
(1 le m le 5 cdot 10^5, 1 le K le 10^9,tl=3s)
对每个值单独考虑，最后拼接。因为拼接的时候需要分配位置，所以应该使用 EGF。考虑每个值的 EGF 为 (1+kx)，那么答案应该是 (frac1{n!}[x^n]prod_{k=1}^K (1+kx))。
但是 (K) 太大了，我们无法用分治 FFT 计算。
我们猜想把 (prod) 换成 (sum) 或许会好些，考虑使用 付公主的背包 的方法，求 (ln) 后 (exp)。
那么有：
然后转化 (prod)
如果我们能够快速求出所有的 (sum_{k=1}^Kk^i)，那么就可以直接 exp 得到答案了。
这个东西其实就是要求 (n) 个自然数幂和，可以用高斯消元或拉格朗日插值或伯努利数或斯特林数搞定，但复杂度都很高。
考虑 (sum_{k=1}^K k^i) 对 (i) 的生成函数。
如果使用 OGF，那么应该是 (sum_i sum_{k=1}^K k^i x^i = sum_{k=1}^K frac{1}{1-kx})，看起来不好搞。
如果使用 EGF，那么应该是 (sum_i sum_{k=1}^K frac{k^ix^i}{i!} = sum_{k=1}^K e^{kx} = dfrac{e^{(K+1)x}-1}{e^x-1})，可以用求逆搞定。但是分母的常数项为 (0)，没有逆元。不过分子的常数项也为 (0)，于是分数上下两边同时除以 (x)，值仍然不变。于是我们得到了一种 (O(n log n)) 的做法。
总复杂度：(O(n log n))，常数顶个 (log)
Prime Flip
有 (10^{100}) 枚硬币，其中 (n) 枚硬币正面朝上，分别在 (x_1,x_2,...,x_n)，其余反面朝上。
每次可以选择一个区间 ([l,r])，将区间内所有硬币翻转，要求 (r-l+1) 为奇素数。
求最少需要多少次才能使得所有硬币反面朝上。
(1 le n le 100,1 le x_i le 10^7)
区间异或可以通过经典套路差分转化为两点异或。（注意不是前缀和，区间加在前缀和数组上的表现为加等差数列）而差分后为 (1) 的位置不超过 (2n)。
不难发现我们的所有决策都可以看作两个两个地消掉。那么我们可以预处理出来两两之间消掉的最小代价，那么跑一遍一般图最大权匹配即为答案（但是我不会）。
通过手玩不易发现，对于两个相距 (d) 的点，如果 (d) 为奇素数，那么代价为 (1)；如果 (d) 为偶数，那么当 (d > 4) 的时候，根据哥德巴赫猜想（一个 (>4) 的偶数一定能拆成两个奇素数的和）在 (10^7) 内被验证为正确，可得代价为 (2)，而 (d le 4) 的偶数也不难得到代价为 (2)；如果 (d) 为奇合数，那么代价为 (3)（至少可以先加 (3) 变为偶数，然后偶数代价为 (2)）
注意到奇数的情况两点一定一奇一偶，偶数一定同奇偶。于是贪心：尽可能的用奇素数，然后用偶数，最后用奇合数（这个最多只会用一次）。这个不难证明。
而奇素数的情况因为一奇一偶，可以通过二分图匹配来得到。剩下的就好说了。
地震后的幻想乡
给定一张 (n) 个点 (m) 条边的无向图，每条边的边权在 ([0,1]) 内均匀随机分布。求最小生成树的最大边权。
(1 le n le 10,1 le m le frac{n(n-1)}{2})
为什么一到状压我就不会啊/kk 不过这道题是卡在了概率期望那里了。
首先有一个结论：(n) 个 ([0,1]) 均匀随机变量的第 (k) 大的期望为 (frac{k}{n+1})，证明见这里或者这里。最好当常识背过。
那么答案就是：
那么考虑如何求 (sum_{边的相对大小}P(选前i小的边后恰好连通))。首先“恰好”不好处理，一步差分后转化为 (P(选前i-1小没连通)-P(选前i小还是没连通))。考虑求 (P(选前i小没连通))。考虑从小到大加边，由于所有（边集）从空集到大小为 (i) 的方案数都是等概率的（虽然可能克鲁斯卡尔的时候我们可能加了一半停下来了，但是如果从”从小到大加边“的角度看确实是这样的），且总方案数为 ({m choose i})，那么我们只需要求出从 (m) 条边中选 (i) 条边，且这 (i) 条边连通的方案数。这个相比之前的过程来说要简单得多。
类似有标号无向连通图计数的方法，我们设 (f(S,i)) 表示选了 (i) 条 (S) 内的边，让 (S) 连通的方案数。其中 (S) 为点集。类似地，设(g(S,i)) 表示选了 (i) 条 (S) 内的边，让 (S) 不连通的方案数。那么有 (f(S,i) + g(S,i) = {c(S) choose i})，其中 (c(S)) 为 (S) 内的边数。现在我们只需要挑一个好算的来计算即可。
注意到 (g(S,i)) 好递归计算。枚举 (S) 中编号最小的那个点所在连通块及其内部的边数。那么有转移：
然后答案即为:
其中 (U) 为全集。
复杂度：(O(m^23^n))，不过有个小常数。
加特林轮盘赌
(n) 个人轮流做游戏，从 (1) 开始，每个人有 (p) 的概率死亡出局，有 (1-q) 的概率存活。一直到只剩下一个人。
给定 (n,p,k)，求最终第 (k) 个人存活的概率。
(1 le n le k le 10000,0 < p < 1)
难点在于前缀和优化。
设 (f(n,i)) 表示 (n) 个人的游戏中第 (i) 个人最终存活的概率，(g(n,i)) 为 (n) 个人的游戏中 (i) 为第一个死亡的人的概率。
那么有：
由此得到一个 (O(n^3)) 的做法。
考虑前缀和优化。一般情况下转移中含有类似 (f(i-j)) 的东西是不好前缀和优化的。但是发现 (g(n,j) cdot (1-p) = g(n,j+1))，即可以通过乘 (1-p) 让 (g) 的下标统一加 (1)。那么就可以快速求 (i) 增加 (1) 的结果了。
game
有 (n) 个点，一部分为黑点，剩余为白点。有 (m) 条无向边，每条边连接着一个黑点和一个白点（即图有二分图性质）。两人博弈。
随机钦定某个点为起点，先后手轮流操作，每次沿着一条无向边走到一个之前没有到过的点。没法走的人输。
对于每个点，询问以这个点为起点，是否先手必胜。
(1 le n,m le 20000)
不难推测每个点是否先手必胜和二分图有关。
有一个结论：如果一个点是二分图的必须点，即每一种最大匹配方案中这个点都被匹配了，那么这个点先手必胜，否则先手必败。
证明必须点先手必胜：先手从这个点 (x) 向匹配边走到另一个点 (y)，如果 (y) 没有其余边，则先手胜；否则后手从 (y) 走向 (z)，那么先手可以从 (z) 走向 (z) 的匹配边。不难证明 (z) 一定有匹配边，否则 (x -y) 可以被替换为 (y-z)，(x) 不是必须点。
证明非必须点先手必败：先讲最大匹配的图调整为 (x) 没有匹配的情况。如果 (x) 没有出边，则先手必败；否则，假设 (x) 有一条出边为 (y)，那么后手可以走 (y) 的匹配边。不难证明，(y) 一定有匹配边，否则存在 (x - y)，当前匹配不是最大匹配。
于是问题转化为找出二分图的所有必须点和非必须点。
用网络流随意找一组最大匹配。因为非必须点要么是没匹配的点，要么是可以被其余点替换的点。于是从 (s) 出发尝试增广（肯定会失败，但是可以知道哪些点可以被增广），经过的左部点为非必须点；从 (t) 出发尝试反向增广，经过的右部点为非必须点。
Nezzar and Hidden Permutations
要求构造两个长度为 (n) 的排列 (a_i,b_i)。给定 (m) 条限制 ((p_i,q_i))，要求在这两个排列中 ((p_i,q_i)) 的大小关系相同。要求最大化 (a_i ot= b_i) 的 (i) 的数量。
(1 le n,m le 5 cdot 10^5, tl = 5s)
首先可以把问题抽象成图论模型。排列的每个位置对应一个点，每条限制对应一条无向边。我们要给每个点赋 (a_i,b_i) 两个值，要求 (a_i,b_i) 各自构成排列且 (a_i = b_i) 的点尽可能小。
不难发现，如果一个点满度了，它和其它的所有点都有连边，那么这个点一定只能 (a_i = b_i)。
现在我们只需考虑不存在满度点的情况了。可以证明，一定存在一种方案使得这些点 (a_i ot= b_i)。
Solution1(jzp)
考虑到如果 (u,v) 没有连边，那么我们可以将 (u) 设为 (1)，将 (v) 设为 (2)，并且在第二个排列中交换这两个数，然后删除这两个点。然后就可以递归到一个点数为 (n-2) 的情况了。（注意，这里的 (1) 指的是最小的值）
然而发现这样会出错，有可能删去这两个点以后，其它点中存在一些点就变成了”满度“点。那么考虑优先删除点度数较大的点。
找到当前点度数最大的那个点 (u)。如果点度数为 (n-2)，那么一定只含有一个没有和它连边的点 (v)。如果我们按照上面的方法做的话，可能存在其它点 (p)，原来度数为 (n-2)，没有和 (v) 连边，删除 (u,v) 之后 (p) 就成满度点了。那么我们找出所有的这样的 (p)，将 (u,p_1,p_2,..,p_k,v) 设为 ((1,2,3,...,k+1,k+2)) 和 ((2,3,4,...,k+2,1))，然后删除掉这些点。可以证明这样做一定合法，且不会再有其余的点的度数变为 (n-2)。
如果点 (u) 度数为 (n-3)，那么会有两个没有和它连边的点 (v,w)。这时我们尝试按照开头的方法做，删去 (u,v) 的话，可能会有 (w) 的度数为 (n-3)，且 (v,w) 之间没有连边，删去 (u,v) 后 (w) 成为满度点。这时我们假装连上 (u,v)，问题变为 (u) 的度数为 (n-2) 的情况了。
如果点 (u) 度数小于 (n-3)，那么剩余点的度数至多为 (n-4)。找到任意一个没有与 (u) 连边的点 (v)，按照开头的做法删去 (u,v) 即可。不难证明不存在剩余点的度数变为 (n-1) 的情况。
复杂度：(O((n+m) log n))，代码量和常数巨大
Solution2(std)
找到任意一个补图的生成森林。不难发现每个连通块大小至少为 (2)。
对于一个菊花(star)，那么找到其中心 (u)，其余点 (p_1,p_2,...,p_k)，可以设 (u,p_1,p_2,...,k) 为 ((1,2,3,...,k+1)) 和 ((k+1,1,2,...,k))。然后可以把这个菊花删掉递归子问题。
如果我们能够将每一棵树划分为若干大小至少为 (2) 的菊花，那么就可以依次删除了。
具体来说，找到一个没有被划分过的点 (p)，如果 (p) 的邻居中存在没有被划分过的点，那么可以将 (p) 和 (p) 的所有没有被划分过的点都划分为一个菊花；否则，(p) 的邻居都为划分过的点，且都不是菊花的中心。找到任意一个邻居 (q)，如果 (q) 所在菊花大小为 (2)，那么将 (q) 设为菊花的中心，将 (p) 划进去；否则将 (q) 从 (q) 所在菊花中删除，(p,q) 组成一个菊花。
复杂度：(O((n+m) log n))，瓶颈在于找到补图的生成森林。
附上std的找补图生成森林的代码：
set<int> rv; // remained vertices
set<int> g[maxn]; // original graph
set<int> t[maxn]; // dfs tree
void dfs(int u){
rv.erase(u);
int crt=0;
while (1){
auto iter=rv.upper_bound(crt);
if (iter==rv.end()) break;
int v=*iter;
crt=v;
if (g[u].find(v)!=g[u].end()) continue;
t[u].insert(v), t[v].insert(u);
dfs(v);
}
}
...
for (i = 1 -> n) rv.insert(i);
while(rv.size() > 0) dfs(*(rv.begin()));
寿司晚宴
有 (n) 个点，要取 (m) 次，第 (i) 次取可以选择一个位置 (p)（可以为空），向左或向右取第一个点，取完后那个位置就为空了。要求每次都必须取到点。给定 (n,m)，问合法方案数。
(1 le m le n le 10^5)
接链成环。我们在序列后面新加一个虚拟节点，然后把第一个点和最后那个虚拟节点连起来成一个大小为 (n+1) 的环。每次我们可以选择一个位置顺时针或者逆时针选一个位置，取点，这样的话每次都能取到一个点。但是我们要求不能取到虚拟节点，于是我们可以这样看：一开始暂时不确定环的编号起点，随便编一个；然后开始取，最终从剩下的 (n-m+1) 个点中钦定一个作为虚拟节点。这样的话方案数为 (2^m(n+1)^m(n-m+1))，但是发现每一个起点都会把答案算一遍，于是最终除一个 (n+1)，即答案为 (2^m(n+1)^{m-1}(n-m+1))。
复杂度：(O(log m))。理解的还不是很透。