將矩陣看作乙個鄰接矩陣，於是問題轉化成了：請計算有多少個無向圖滿足所有點的度數都為2
則圖應該是有若干個環組成，dp[i]表示有i個點的圖的個數，然後可以列舉最後乙個點所在環轉移
\(x_i\)表示燈\(i\)是亮否
求\(e(sum（x_i)^3) = e(\sum x_i x_j x_k)=\sum p(x_i x_j x_k)\)
上面將3次方展開得後式
開關矩陣\(a_\) 對於任意三個燈泡\(x,y,z\)對應矩陣三列\(a_ a_ a_\) 得到n*3的矩陣\(b_\) 則使的x，y，z都為亮著的概率就是從b矩陣行中任取子集使每列異或和為0的概率，子集共有\(2^n\)種，矩陣中的線性無關的行向量總能張成與先行相關向量異或為0的向量，設矩陣的秩為r，則概率就是\(\frac}} = \frac\)
因為行秩等於列秩，而只有三列，只需要求列秩，列舉即可秩為0，1，2的情況即可
圖同構，考慮列舉點的對映關係，暴力判斷
定義dp[i] 代表長度為i的子串行個數。
pre[i][j] 記錄長度為i，以j數字結尾的子串行個數。
轉移時對於i，列舉dp[j] +dp[j - 1]，此時重複情況為pre[a[i]][j]減去
不斷更新pre，pre[a[i]][j] = dp[j - 1];
求\(\sum_^\sum_^...\sum_^ \sum max\)
將a排序，對於\(a_< x <= a_i\)，
對於\(a_1 到a_\)可與隨便選，方案數為\(\prod_^a_i\)
對於\(a_i到a_n\)，當 \(a_ + 1< x <= a_i\) 需要保證\(a_i到a_n\)中至少乙個為x，容斥得方案數\(\sum_^c_^ (-1)^ * x^ =x^ -(x - 1)^\) 總方案數為前後兩部分乘積
則對於x的答案為\((\prod_^a_i)* \sum_^ x * c_^ (-1)^ * x^ =x^ -(x - 1)^\)
對於後半部分另
$g(a_i) = \sum_ ^ x*(x^-(x - 1)^) $
則後半部分為\(g(a_i) - g(a_)\)
對於\(g(a_i)\)最高項為\(n - i\)則其對應乙個\(n - i + 1\)的多項式，只需要求出\(n-i+2\)點值後插值可得到\(g(a_i)\)
斯坦納樹
等會寫treedp+斜率優化
等會寫莫隊暴力
牛客網暑期ACM多校訓練營（第九場）
做法 看到下標 xor 這種情況就想 fwt 可是半天沒思路，於是放棄了。其實這個 n 瘋狂暗示啊。設未知數向量為 x 列一下方程組就可以發現有 b k sum a i x j 做法就顯然了吧，把 a 和 b 分別 fwt 對應相除然後反變換即可。表示前天才學的 fwt 就不會使了。include ...
牛客網暑期ACM多校訓練營（第五場）
二分答案，然後就轉化為是否滿足 frac d sum s i c i sum s i d sum s i c i d 0 顯然科目越少gpa越高，於是去掉最小的k個判斷即可。include define rep i,a,b for int i a i b i define per i,a,b for...
牛客網暑期ACM多校訓練營（第二場）
a run 基礎dp，直接做就行了。dp時候求出來到哪個距離有幾種走法，然後求一下字首和。輸出答案的時候減一下就行了。include include include include include include include include using namespace std define ...