分析：
考慮固定左端點l，列舉它
剩下的任務就是找到最小的r，使之[l,r]能夠出現b的子串行
這樣n-r+1也就滿足，ans累加
**是反著來的，效果是一樣的
學到了
分析：
博弈論先考慮終止狀態：(切記不要死迴圈的想)
先手只剩一條邊時，先手必敗
後手只剩兩條邊時，先手必勝
然後發現本題唯一和博弈論沾邊的就是度數的奇偶性了(關鍵是找對立面)
1是奇數，擴充套件開去就是，先手面臨奇數的時候一定是必敗的
為什麼？因為奇數刪了一條邊會變成偶數，後手就又刪去一條邊使得它又變成奇數
而如果先手面臨的是偶數，那麼再怎麼都不會遇到最後為1的情況
此時後手就會想盡辦法讓你的狀態變為奇數，可是他無能為力啊
吐槽：
為什麼過了大樣例卻wa了
分析：
此題的關鍵在於考慮每個元素的貢獻，而不是考慮乙個區間的貢獻
題解：
分析：本題的關鍵在如何判斷兩條路徑不會相交
還有就是可以不用差分，直接容斥一下就好
code by std：
#include#define ll long long
using namespace std;
const int n=3005;
int n,p,q,cnte,head[n];
ll f[n][n],g[n][n],fp[n],fq[n],gp[n],gq[n],sump,sumq;
ll ans;
struct edgee[n<<1];
void add(int a,int b);
head[a]=cnte;
}void dfs1(int x,int fa)
}void dfs2(int x,int fa)
}int main()
dfs1(1,0);dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i)
ans=sump*sumq;
for(int i=1;i<=n;++i)ans-=fp[i]*fq[i]+fp[i]*gq[i]+fq[i]*gp[i];
printf("%lld",ans<<2);
return 0;
}
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雜題訓練之九
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