- (n)个点，要求连一棵树，设点(i)的度数为(d_i)，则其贡献为(f(d_i)mod 59393)，其中(f(x))是一个(k)次多项式。最大化总贡献。(nleq 3000, kleq 10, a_ileq 50)。
对于任意一种度数序列，都可以生成一棵对应的树。
每个点度数(geq 1)，(-1)后等于(n)个点分(n-2)个度数。
(O(n^3))dp：(f_{i,j})表示前(i)个点，度数和为(j)的最优解，转移的时候枚举新点度数。
实际上不需要限制非(0)数的个数，直接枚举度数做完全背包，(O(n^2))。
dp时很多状态是非必要的，通过一些转化，去掉它们就可以优化很多。
（顺便一提，模数是ntt模数，然而这题和ntt没什么关系）
(f_{i,j})表示第(i)个单位，血量为(j)的概率。
询问的时候对每个单位算出(g_{i,j})，表示除了第(i)个单位之外，有(j)个单位存活的概率。先把所有单位的背包算出来，每个单位的(g_i)相当于退一个背包，用除一个(ax+b)的方法，可以做到单次(O(n^2))。
复杂度(O(nm+n^2C))。
- 一个(n)个点的图，求(k)个叶子的生成树个数。(nleq 15)。
一种dp：设(f_{{a_1.…,a_n}},a_i={0,1,2})，表示每个点没选/选了，是/不是叶子的方案数。
然后这个dp被ytq枪毙了。
考虑容斥，枚举叶子集合，剩下的点Matrix-Tree求出生成树个数，然后把叶子挂在生成树下面。用fmt/fwt优化容斥，复杂度(O(3^n))。
- 有({2…n})，共(n-1)个数。两个人各取一个子集(S,T)，要求不存在(xin S,yin T)，使得(gcd(x,y) ot=1)，求方案数。(nleq 500)。
(x^2leq 500)的质数最多(8)个。
意味着对于一个数，不属于这些质数的质因子最多一个。
枚举(8)个质因数中每个属于(S,T)，还是都不属于。dp大质数各自属于哪个集合即可。复杂度(O(3^8cdot n))。
- (n imes m)的网格，每个位置有权值。选若干个位置，满足任意两个位置八方向不连通，求最大权值。(nleq 12,m leq 100)。
插头dp经典问题。
- (n)个点的有根森林，两个人轮流选点，删去这个点的祖先和它本身，保留其余点的父子关系（即，可能生成若干棵树）。不能操作者输，求先手是否必胜。(nleq 10^5)。
设(f_i)表示以(i)为根的子树的sg函数，对每个点暴力dfs，(O(n^2))暴力很好做。
发现一个儿子转移到父亲，它的子问题的sg函数，需要整体xor上一个值，用trie维护，直接线段树合并就可以了（(01)trie的本质就是一个二进制分组的权值线段树）。
- 平面上有(2n)个球，有(2n)个机器人，分别位于横、纵轴([1,n])的位置。激活一个机器人会拿走它坐标轴垂直方向最近的球。问多少顺序可以拿走所有球。(nleq 10^5)。
建(2n)个点分别表示第(i)行和第(i)列。对于((x,y))的球，从(x)行向(y)列连边，边权为(x+y)。每次激活一个点，等于选了与它相连的剩余权值最小的边。
考虑合法的方案，要求每个连通块边数等于点数，且每个点出度为(1)。发现是一个基环内向树。
环上枚举顺时针或逆时针，树上可以直接树dp。
- 数轴上有(n)个点，第(i)个的位置是(x_i)。你的起点是(0)，终点是(E)，速度是(1)单位每秒。对于每个点，设第一次走上去的时间为(t_i)，则会在(t_i+T)时刻产生一个硬币。求收集所有硬币并走到终点的最小时间。(nleq 10^5,0 < x_i < E)。
设(f_{i})表示最后一次在(x_i)处回头的最小时间，列出暴力方程：
取(max)表示路程太短没法生成硬币，需要等一会。
拆成两部分dp，对于(max=T)的一部分，可以单调队列优化。否则就是一个前缀最小值。可以线性完成。好水啊
- 给一个序列(a_i)，对每个(i)找一个最小的(p_i)，满足对所有(j)有(p_igeq a_j-a_i+sqrt{|i-j|})。(nleq 10^6)。
有个比较显然的(O(nsqrt n))做法，即枚举平方根，对每个平方根用单调队列优化。
四边形不等式：若(w_{i,j})满足内内+外外(geq)内外+外内，则称(w_{i,j})满足四边形不等式，利用(w_{i,j})转移的方程满足决策单调性。
利用决策单调性优化方程需要快速算出(w_{i,j})，或(w_{i,j})满足莫队性质。
一般情况下是分治计算，即，暴力算出(mid)处的最优位置，然后递归两边。
暴力做法：枚举中位数(mu)，每条边拆成(a_i,2mu-a_i)两条边，分别为黑和白。就转化为了(k)白边最小生成树，wqs二分即可。复杂度(O(nmlog acdot alpha(n)))。
结论：最大生成树只包含(wgeq mu)的黑边和(w<mu)的白边。
发现枚举(mu)的操作只对白边有影响，可以和wqs二分放到一起，复杂度(O(mlog acdot alpha(n)))。
- 有一个二进制串，初始全是(0)。现在有(m)次操作，每次操作有(p_i)的概率给这个串加上(2^{a_i})，一次操作的代价是这次操作导致二进制串变化的位数，求所有操作的期望代价和。(a_i,mleq 2 imes 10^5)。
答案等于所有过程进位次数加上最后保留的(1)的个数，所以操作顺序对答案没有影响。
(f_{i,j})表示前(i)位，这一位被加了(j)次的期望，则(f_{i,j})可以转移到(f_{i+1,lfloorfrac{j}{2} floor})。
操作等于乘以一个(p_ix+(1-p_i))的多项式，可以分治fft。
假设某个位置操作了(y)次，则它最多进位(log_2y)次，相当于每个多项式最多前进(log)步。只需要处理有用的部分即可。复杂度(O(nlog^2n))。