大概是退役前最后的挣扎了，不过颓了太久估计挣扎了也没啥用；
BZOJ4738汽水
平均值的话我们就二分一下，对于一个需要判断的(mid)，我们需要找到一条路径平均值在([K-mid,K+mid])之间；分两种情况讨论一下，如果存在一条路径的满足(Kleq frac{sum w}{len}leq K+mid)，即(sum (w-K)geq 0)且(sum mid-(w-K)geq 0)；考虑点分治，我们将边权(w_i)搞成(w_i-K)，处理出每个点到分治中心的边权和(p_i)和边的数量(d_i)，即我们需要找到不同子树中的两个点(i,j)满足(p_i+p_jgeq 0,mid imes d_i-p_i+mid imes d_j-p_jgeq 0)；按照(p_i)从小到大排序，扫大于(0)的(p_i)之后把小于(0)的加进去，同时维护(mid imes d_i-p_i)的最大值，由于需要来自不同子树，所以需要维护最大值和次大值；另一种情况类似。
复杂度是(O(nlog n(log n+log w)))。代码
HZOI省选模拟65A 容器
比较经典的套路了，从左向右考虑这个序列，设(dp_{i,j,k})表示当前处理了前(i)个点，有(j)个左端点确定右端点没定的区间，还有(k)个左右端点都没确定的区间的方案数；转移的时候枚举一下有(x)个区间是以(i+1)为左端点，这边是一个组合数(inom{k}{x})；之后再枚举一下有(y)个区间以(i+1)为右端点，还是一个组合数(inom{x+j}{y})，乘上这两个组合数转移就好了。
复杂度是(O(nK^4))。代码
HZOI省选模拟65B 果树
由于每一种颜色的点数不会超过(20)个，所以我们将一对颜色相同点(i,j)视为一条限制"一条合法路径上不能同时出现(i,j)两个点"，这样限制的个数大概是(20n)级别；如果(i,j)不是祖先-后代关系，那么一条合法路径的两个端点不可能分别来自于子树(i)和子树(j)；用dfs序刻画一下这个条件就是如果(xin [l_i,r_i],yin [l_j,r_j])，那么((x,y))不是一条合法路径，其中([l_i,r_i])是子树(i)的dfs序区间；祖先-后代关系的话类似，也可以写成类似的限制。于是我们就得到了(20n)个这样的限制，即二维平面上一个矩形内的点不是合法路径，我们要求的就是有多少点没有被矩形覆盖，用线段树做一个矩形面积并即可。
复杂度是(O(20nlog n))。代码
HZOI省选模拟65C 流浪
注意到能到达的点在一个曼哈顿距离意义下的半径为(T)的圆内，所以能到达的点有(T^2)个；直接对每条路径统计答案比较难算，考虑对于这(T^2)个点分别求有多少条路径经过了这个点(k)次，最后加起来即可；
对于每个点((x,y))，求一个(f_{i})表示从((0,0))出发走了(i)步不经过障碍以及((x,y))，最后停在了((x,y))的路径数；一个(g_{i})表示从((x,y))出发不经过((x,y))走了(i)步最户停在了((x,y))的路径数；一个(dp_{i,j})表示从((x,y))走了(i)步回到((x,y))且经过了(j)次((x,y))的路径数，转移大概是(dp_{i,j}=sum_{k}dp_{i-k,j-1} imes g_k)；(d_i)表示从((x,y))出发走了(i)步不经过((x,y))的方案数。我们对(d)和(dp)做一个卷积，得到(h_{i})表示从((x,y))走了(i)步，经过((x,y))不少于(k)次的路径数；有了(p)再和(f)做一个卷积即可。
上面所有数组都能在不超过(O(T^3))的时间内求出，对(T^2)个点均求一遍，复杂度是(O(T^5))。
HZOI省选模拟63C 营养餐
转化一下题意，设(c_i=a_i-sum_{jin son(i)}a_j imes b_j)，轮流操作，每次选择一个大于(0)的(c_i)，使得(c_i=c_i-x)，(c_{fa_i}=c_{fa_i}+x imes b_i)，不能操作的人输。不难发现当所有(b_i=0)时，就是变成了令一个(c_i)减去一个(x)，不能操作的人输，这就是一个普通的Nim游戏，求一下(c_i)的异或和即可；对于更一般的情况，不难发现这本质是一个阶梯Nim；当(i)深度为偶数时，操作(c_i)后下一个操作的人总可以把移入(c_{fa_i})的哪一部分移动到上面去，所以求一下深度为奇数的点的(c_i)的异或和即可；对于(b_i=0)的点，操作它时并不能使得其父亲的权值增加，所以我们可以将这类点视为一种特殊的根，即规定该点的深度为(1)即可。
复杂度是(O(Tn))。代码
HZOI省选模拟69C 排列问题
对于(i)颜色的小球，如果我们将其分成(j)段，则贡献至少为(a_i-j)；对于每种颜色搞一个( m EGF)，即(F_i(x)=sum_{j=1}^{a_i}inom{a_i-1}{j-1}frac{x^j}{j!})，即枚举每种颜色分成了多少段之后再排列起来，由于同种颜色的两段还有可能相邻，所以至少有(m-sum j)对小球是颜色相同的，还需要容斥一波；于是分治NTT求出(prod_{i=1}^nF_i(x))进行二项式反演即可。
复杂度(O(mlog mlog n))。代码
HZOI省选模拟74A 签到
先上结论：从这个(n imes m)的矩阵中选出一些点，如果点的个数的奇偶性和(n+m-1)的奇偶性相同，那么这些点的异或值可以作为答案。
考虑证明，对于这类问题一个经典的做法是处理出所有简单环的异或值，之后搞一条从起点到终点的路径，把这些环拼到这条路径上去；但这个做法是权值在边上的情况，当权值在点上时我们发现环上和路径上共两个点被经过了两次，也就是这两个点的权值被抵消了；又因为这是一张网格图，不存在奇环，于是我们无论经过多少个环都不会改变经过的点的个数的奇偶性。于是经过的点的个数的奇偶性和(n+m-1)的奇偶性相同。
现在的问题就是从(n imes m)个数里选奇数/偶数个，使得其异或值最大；我们令每一个点或上(2^{31})之后插入线性基，当第(31)是(1)的话则说明选了奇数个，否则就是选了偶数个；于是我们从第(31)位或第(30)为开始做线性基求最大值即可。复杂度(O(nmlog w))。
HZOI省选模拟74B 树
分块；我们将序列分成(sqrt{n})个块，对于每一个块我们跑一遍spfa，对于每个点处理出到块内点的最短路；查询的时候扫一遍整块，零散块直接用lca算距离即可；
lca可以用(O(nlog n)-O(1))的方法，由于在树上跑spfa的实际运行次数大概是(O(n))级别，所以复杂度为(O((n+m)sqrt{n}))。代码
NOI Online#2 C
直接做不好做，考虑容斥，求一下至少出现(i)个非平局回合的方案数；非平局就代表这一次选的两个点存在祖先-后代关系，于是可以转化成一个匹配问题：一棵树，祖先与后代可以匹配，两个点集各(m)个点，求至少有(i)组匹配的方案数。之后二项式反演一波即可。
树上的匹配大概是需要一个背包状物，设(dp_{i,j})表示子树(i)中有(j)个(0)点已匹配的方案数。当(i)点为(0)的时，可以考虑把点(i)和子树内的一个未被匹配的(1)点匹配上，由于我们知道了有(j)个(0)点已经匹配了，所以未被匹配的(1)点也是已知的；当(i)点为(1)时，我们考虑匹配子树内的一个未被匹配的(0)点，这个数量也是已知的。子树间的合并直接暴力卷积即可。
复杂度(O(n^2))。代码。
HZOI省选模拟74B 遇见
比较有趣的一个题。考虑一下我们如何刻画区间([l,r])内所有数都出现了奇数次这样一个条件，发现比较困难。考虑一个差不多的问题，如何快速判断一个区间([l,r])内所有数都出现了偶数次。这其实是一个经典随机化问题，我们给每种数随机一个权值，做一个异或前缀和，如果满足(pre_rigoplus pre_{l-1}=0)，那么就说明区间内的数两两抵消，即都出现偶数次，当随机范围在(2^{64})之内时，判断错误的概率只有(2^{-64})。
于是我们用上面那个随机化的思想来做这个题，设(w_{l,r})表示区间([l,r])内所有出现过的数的权值异或和，当(pre_{r}igoplus pre_{l-1}=w_{l,r})时，我们就可以认为这个区间内所有的数都出现了奇数次。考虑枚举左端点(l)，我们只需要计算有多少个(rgeq l)满足(pre_{r}igoplus w_{l,r}=pre_{l-1})即可。
考虑从(w_{l,r})到(w_{l+1,r})有什么变化。如果(a_l)在([l,r])内只出现了一次，那么(w_{l+1,r})内就少了(a_l)的异或值；否则就不变，我们设(lst_l)表示(l)后第一个等于(a_l)数的位置，我们只需要令(rin [l+1,lst_l-1])内的(w_{l,r})异或上(a_l)的权值就可以把它们变成(w_{l+1,r})了。
我们现在需要一个数据结构，支持区间异或一个数，查询一个区间内等于某个值的有多少个，显然分块+trie就可以了，复杂度是(O((n+m)sqrt{n}log w))。代码。其实NOI Online#2的B题也是差不多的套路，会做这个题那道题就很简单了。
ZR五一省选集训day1 A
设(P(y)=sum_{i=0}^k p_iy^i)，设(G(y)=P^n(y))，经过一番奥秘重重的推导，期望其实是(x-sum_{i=0}^xg_i(x-i))；即求出(G(y))的前(x)项系数就可以直接算答案了；
考虑对(P^{n+1}(y))求导，我们可以把它看成一个复合函数，用链式法则来求导；也可以把它看成(P(y) imes G(y))，于是分别有两种不同的结果：
联立两个式子可得
显然这两个多项式对位相等，于是我们可以诸位确定；(P(y),nP'(y))的次数都不超过(k)，所以可以用(O(k))的时间得到一位的值。
复杂度(O(xk))，代码。
ZR五一省选集训day1 B
不妨求所有位置都是(0)的概率，显然与所有位置都是(1)是等价的，于是求出这个概率后乘(2)即可。
设第(n)个(0)出现的位置是(A)，第(n)个(1)出现的位置是(B)，分情况讨论一下。
当(A<B)时，我们枚举(A=i)，由于大于(A)的位置都是(1)，所以要满足(max aleq i)。当(i>max a)时，概率为(frac{inom{i-1-k}{n-1-k}}{2^i})，即前(i-1)个位置中有(n-1)个(0)，且有(k)个(0)的位置是已经确定了的，于是就从剩下的(i-1-k)个位置里再选(n-1-k)个当(0)；当(i=max a)时，概率为(frac{inom{i-k}{n-k}}{2^i})，这个直接(O(1))算就好了。
当(A>B)时，枚举(B=i)，概率为(frac{inom{i-1-sum[a_j<i]}{n-1}}{2^i})，即前(i-1)个位置中有(n-1)个是(1)，但有(sum[a_j<i])个位置被确定是(0)，于是就从剩下的(i-1-sum[a_j<i])里选(n-1)个位置当(1)即可。
根据上面的分析可以发现，要求的式子都形如(sum_{i=l}^rfrac{inom{i-1-x}{n-1-y}}{2^i})，转化一下大概是(frac{1}{2^{x+1}}sum_{i=l-1-x}^{r-1-x}frac{inom{i}{n-1-y}}{2^i})；如果我们能对每一种(y)求一个前缀和，那么就能快速求得这个式子，但是(y)能达到(n)级别，所以看起来比较棘手。但是不难注意到这里的(y)就是上面的(k)，而(sum kleq n)，于是本质不同的(k)只有(O(sqrt{n}))种，于是对于每一种出现的(y)都能求一个前缀和，就能快速回答这些式子的值了。
复杂度是(O((n+m)sqrt{n}))，代码。
ZR五一省选集训day2 A
考虑两个点(a_1,a_n)在什么时候会联通，即存在一条路径(<a_1,a_2dots ,a_n>)满足(forall i<n)都有(a_iigoplus a_{i+1}in S)。我们注意到(igoplus sum_{i=1}^{n-1}a_iigoplus a_{i+1}=a_1igoplus a_n)，即这条路径中所有边的边权异或和就是两个端点的异或和。由于所有边的边权都是属于集合(S)，那么(a_1igoplus a_n)就是集合(S)的一个子集的异或和。于是我们可以得出，如果(u,v)两点联通，那么(uigoplus v)一定能被(S)的线性基表示出来
一个大小为(x)的线性基能表示出(2^x)种数，于是对于任意一个点来说，和其在同一个联通块的点有(2^x)个，即每一个联通块的大小都是(2^x)，那么联通块的个数就是(2^{n-x})个。于是需要维护一个支持插入并且能够删除元素的线性基。
由于可以离线，所以对于每个元素求出其删除时间，插入线性基的时候优先保留删除时间靠后的元素，这样的时间复杂度是(O(nq))，代码。
ZR五一省选集训day2 B
考虑当(m=inom{n}{2})时的做法，这个时候任意两个点的权值都不相等，于是所每一种方案都有(n)种权值，求一下方案数即可；按照(R_i)从小到大排序，之后按顺序确定每一个点的取值，第(i)个点不能和其前面的(i-1)个点一样，于是有(R_i+1_(i-1))个选择，于是方案数就是(prod_{i=1}^n(R_i-i+2))。
对于更一般的情况，我们沿用上面的方法，先将所有点重编号使得(R_i)是不降的；搞一个(dp_{i,S})表示当前集合(S)已经确定了(i)种权值的方案数，先找到一个最小的(x)满足(x otin S)，之后再枚举一个集合(T)满足(xin T,Tcap S=varnothing)，令集合(T)中的点取值都相等。由于(R_i)不降，所以(x)是(T)中取值范围最小的点，于是集合(T)的取值范围就是([0,R_x])，转移的话乘上(R_x-i+2)转移即可。
由于需要枚举子集，所以复杂度是(O(n3^{n-1}))，代码。
ZR五一省选集训day2 C
不难发现一个集合的(gcd)不会超过(w)，于是考虑对于每一个质数次幂计算贡献，设(f(p^k))表示有多少个集合的(gcd)是(p^k)的倍数，那么答案就是
设(g(p^k))表示有多个数是(p^k)的倍数，显然有(f(p^k)=2^{g(p^k)}-1)，由于询问是一堆区间，所以考虑使用莫队。
加入一个数(x)时，如果(p^k|x)，那么(g'(p^k)=g(p^k)+1,ans'=ans imes p^{2^{g(p^k)}})；同理删除一个数(x)时，如果(p^k|x)，那么(g'(p^k)=g(p^k)-1,ans'=frac{ans}{p^{2^{g(p^k)}}})。
显然一个数的质数次幂和不会超过(log w)，所以直接使用上面的做法复杂度是(O((n+m)sqrt{n}log w))，并不是非常优秀。
考虑把不超过(sqrt{w})的质数称为小质数，大于(sqrt{w})的称为大质数；对于这两种质数分别使用不同的算法。
对于大质数，我们直接使用上面的莫队，由于一个数最多有一个质数次幂大于(sqrt{w})，于是加入/删除的复杂度都是(O(1))，这部分的复杂度就是(O(nsqrt{m}))。
对于小质数，我们处理一个前缀和(pre(i,p^k))表示前(i)个数种有多少个数是(p^k)的倍数，有了这个前缀和就能快速计算(g(p^k))和(f(p^k))了，这部分的复杂度是(O((n+m)sum_{pin Prime,pleq sqrt{w}}log_p w))，通过一番奥妙重重的推导，这边的复杂度是(O((n+m)frac{sqrt{w}}{log w}))。
CF407E
显然只有模(d)意义下相等的数才有可能构成等差数列，于是按照模(d)意义下的值分段，对每一段单独处理。设(v_i=lfloor frac{a_i}{d} floor)，那么一个区间([l,r])构成等差数列的冲要条件是，(max{v_ldots v_r}-min{v_ldots v_r}-(r-l+1)leq k)，即(max{v_ldots v_r}-min{v_ldots v_r}+lleq k+r)。考虑从小到大枚举右端点(r)，那么那个(max-min+l)我们可以使用单调栈+线段树维护，之后我们要在线段树上找到一个最靠左的(l)满足(max-min+lleq k+r)，于是直接在线段树上二分即可。
需要特殊处理(d=0)和相同数出现多次的情况；时间复杂度是(O(nlog n))，代码。
ZR五一省选集训Day5 B
设(p_{i,j})表示经过了(m)次操作，(j)位置上的数经过交换到了(i)位置上的概率，有了这个数组我们就能快速计算答案了；不难发现我们其实并不需要知道(i)是多少，我们只关心(i\%d)是多少，甚至我们也不关心(j)是多少，只需要知道(j)上的数字和颜色即可，而颜色只有(d)种。这样(p)的两维就被我们限制在了([0,d))，于是使用矩阵乘法可以在(O(d^3log n))的时间内求出(p)，又因为这个转移矩阵是一个循环矩阵，求出第一行后就可以推出整个矩阵，所以(O(d^2log m))即可求出转移矩阵；需要对(frac{n}{d})个前缀都求一次，所以时间复杂度是(O(dnlog m))。
这个时间复杂度并不能通过。但是我们发现当交换次数非常多时，(j)被交换到每一个位置的概率大致相等，即(forall i,jin [0,d),p_{i,j}approx frac{1}{d})，这道题的精度要求并不高，于是直接这样近似认为即可。