不要陷入思维定势，如果长时间没有突破就要考虑更改大方向.
不要把简单问题复杂化.
做完的题就先放下，不管能拿多少分。不能过一段时间就回来调一下.
$Solutions:$
A.次芝麻
因为$n+m$始终为定值，所以可以发现每次操作相当与对$n$或$m$任意一个数在模$n+m$意义下$ imes 2$，直接上快速幂。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,K;
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&K);
ll tot=n+m;
ll ans=n*qpow(2,K,n+m)%(n+m);
cout<<min(ans,tot-ans)<<endl;
return 0;
}
B.喝喝喝
$a\% b=K$-->$a-K=x imes b$
记录每一个数第一次出现的位置，对于每个$a[i]$枚举它的约数就可以更新坏对右端点，利用端点距离统计答案即可。注意特判。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
if(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0',ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e5+5;
int a[N],n,K,b[N];
int main()
{
n=read();K=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
ll ans=0;int maxx=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int pos=K>=a[i]?0:max(b[0],b[a[i]]);
maxx=max(maxx,pos);
ans+=i-maxx;
if(a[i]<K)continue;
int val=a[i]-K;
if(!val)
{
b[0]=i;
continue;
}
int sqt=sqrt(val);
for(int j=1;j<=sqt;j++)
if(val%j==0)b[j]=b[val/j]=i;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C.长寿花
怎么这几天的T3都是不可做dp啊？
考虑每一层具体选哪些颜色显然是没有用的，所以直接设$f[i][j]$为第i层用j种颜色的方案数，发现只用组合数转移比较困难。再定义$g[i][j]$为i个位置放j种颜色，保证相邻位置颜色不同的方案数；也就是把i个元素放到j个集合里，且相邻两个元素不在同一集合的方案数。
可以递推求出$g[]$。对于$g[i][j]$来说，应当有两个转移来源：一是之前有i-1个元素，j个集合，这个新元素不创建新的集合，但也不能和之前那个的集合相同；二是之前有i-1个元素，j-1个集合，且这个新元素创建了一个新集合。
所以递推式为$g[i][j]=g[i-1][j]*(j-1)+g[i-1][j-1]*j$
关于系数：第一种情况新加的元素只能从它上一个元素所属的集合之外选集合，所以有$j-1$种；第二种情况的新元素有着船新的颜色，所以它的位置不受约束，可以有$j-1+1=j$种情况。
有了$g[]$，我们再统计一下$sum[i]=sum f[i][j]$，$f[]$的转移也就十分简单了：$f[i][j]=sum[i-1] imes g[i][j] imes C_m^j -f[i-1][j] imes g[i][j]$
还有一件事QAQ，这里的模数不一定是质数，所以需要$exLucas$或者分解质因数。注意分解质因数维护质因子的桶时也要递推维护，不然复杂度就假了。当然统计答案爆扫就行。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+5;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,p;
int a[N];
ll g[5005][5005],C[5005],f[2][5005],sum[N];
int pr[N],vis[N],res[N],tot,bu[N];
void getprime()
{
for(int i=2;i<=m;i++)
{
if(!vis[i])pr[++tot]=i,res[i]=tot;
for(int j=1;j<=tot;j++)
{
if(i*pr[j]>m)break;
vis[i*pr[j]]=1,res[i*pr[j]]=j;
if(i%pr[j]==0)break;
}
}
}
void dv(int x,int val)
{
while(x!=1)bu[res[x]]+=val,x/=pr[res[x]];
}
void getC()
{
dv(m,1);
C[1]=C[0]=1;
for(int i=1;i<=tot;i++)
if(bu[i])
for(int j=1;j<=bu[i];j++)
(C[1]*=pr[i])%=p;
for(int i=2;i<=5000;i++)
{
if(i>m)break;
dv(m-i+1,1);dv(i,-1);
C[i]=1;
for(int j=1;j<=tot;j++)
if(bu[j])
for(int k=1;k<=bu[j];k++)
(C[i]*=pr[j])%=p;
}
}
int main()
{
n=read();m=read();p=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
getprime();
g[1][1]=1;
for(int i=2;i<=5000;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
g[i][j]=(1LL*g[i-1][j]*(j-1)%p+g[i-1][j-1]*j%p)%p;
getC();
int now=1,pre=0;
for(int i=1;i<=a[1];i++)
f[now][i]=g[a[1]][i]*C[i]%p,(sum[1]+=f[now][i])%=p;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
now^=1;pre^=1;
memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
for(int j=1;j<=m&&j<=a[i];j++)
{
f[now][j]=sum[i-1]*g[a[i]][j]%p*C[j]%p;
f[now][j]-=f[pre][j]*g[a[i]][j]%p;
while(f[now][j]<0)f[now][j]+=p;
(sum[i]+=f[now][j])%=p;
}
}
cout<<sum[n]<<endl;
return 0;
}