fft
先考察 \(mid\) 的取值。结论是将 \([0,n]\) 分成 \([0,2^{\rm highbit(n)})\) 和 \([0,n-2^{\rm highbit(n)})\) 两个部分。这是出于要尽量减少 \(2^{p}>n\) 的情况，严谨证明需要归纳
那么可以直接得到 \(\rm FFT(n)\) 的基于二进制拆分的表达式，对于每个 \(1\) 需要考虑其被消去后的贡献以及消去时 \(\rm FFT\) 的代价，注意最后一个 \(1\) 做 \(\rm FFT\) 上来就是 \(p2^p[2^p=n]\) 那么多出来的贡献需要最后减掉
使用 std::set 来维护全 \(1\) 连续段，处理进位退位本质上都是翻转线段，每个线段的贡献是等差或者二阶等差数列乘等比数列求和，做和式变换可以得到前缀和的简单形式。
sort
当数组中只有 \(0/1\) 时可以通过状压 \(\rm DP\) 来计算，即设 \(f_S\) 表示处于状态 \(S\) 的概率。转移乍一看需要 \(2^n\)，但是可以逐位计算，枚举当前交换的位并直接继承上一位转移后的结果。
回到本题，使用 \(\displaystyle x=\sum_{i=1}^x 1\) 的技巧，枚举 \(1\sim n\) 中的每个权值，将 $\ge $ 之的元素置 \(1\) 否则置零记作状态，对 \(n\) 个状态一起做上面的状压 \(\rm DP\)
需要做 \(m\) 次，时间复杂度 \(\Theta(nm2^n)\)
sssp
设 \(f_{a,x,y,K}\) 表示从 \(x\to y\) 的路径上经过 \(a\) 条边的第 \(K\) 小路径，使用类似 \(\rm Floyd\) 的思想转移使得每条路径都在路径上最大标号处被合并一次得到。
考察第 \(2,3\) 维发现转移是矩阵乘法形式，而对于第一维可以倍增，此时加速矩阵乘法时的信息处理即可
将被乘矩阵转置，此时对于矩阵乘法结果 \(C_{i,j}[15]\) 而言只需要合并左矩阵第 \(i\) 行和右矩阵第 \(j\) 行上的信息，实际含义就是这两行上的 \(n\) 个元素作为转移点。
合并时现将 \(A_{i,k,0}+B^T_{j,k,0}\) 线性建堆（笛卡尔树），之后进行 \(k\) 次取出小根堆对顶作为答案，取出的本质上时四元组 (长度，中转点，左路径排名，右路径排名)，每次都将最后一维加一入堆（在最后一维 \(\le K\) 时），最后一维是 \(0\) 时将第三维加一入堆。
询问显然要向量乘矩阵。