由於我太懶了，所以就不每題開一篇寫了。題目大意也懶得寫了。
顯然最優策略是瞎走，在知道那條邊斷掉了之後才走最短路徑。
先把以 \(t\) 為根的最短路樹求出來，然後可以用堆求出斷掉每條邊後端點到 \(t\) 的最短路徑。
最後像 dijk 那樣 dp 一下就好了。
直接線段樹 + 凸包優化 dp 可以輕鬆做到 \(o(n\log n)\)
用 這個方法 可以優化到 \(o(n)\)
不同的環長只有 \(o(\sqrt n)\) 種。
對每種環長算一下答案即可。
直接縮個點然後每個出度為 \(0\) 的連通塊扔掉最小值即可。
用 這個東西，用平衡樹維護序列即可。
如果可以修改乙個 \(a_i\) 滿足 \(\forall i,a_a_i+c_i\)，那麼那乙個人第一天就會發現。
如果可以修改兩個，那麼那兩個人第二天都會發現。
現在就是要修改最少的 \(a_i\) 滿足上面那個東西。
可以 dp。列舉上乙個沒有修改的 \(j\)，那麼要求 \([a_i-b_,a_i-c_]\subseteq[a_j-b_,a_j-c_]\)。其中 \(b,c\) 分別是 \(b,c\) 的字首和。
可以發現區間長度是單調的。
然後按 \(a_i-b_\) 排序求個 lis 即可。
直接重鏈剖分然後在重鏈上二分是 \(o(n\log^2n)\) 的。
在重鏈上從下往上的求輕子樹的答案。
當遇到乙個輕子樹答案為 \(0\) 時，這條鏈上面的答案就都是 \(0\) 了。
這樣就只用二分下面那部分了。
複雜度應該是 \(o(n\log n)\) 的。
先二分答案 \(s\)。
弄乙個網格，把 \(a_i+b_j\leq s\) 的部分染白，剩下的部分染黑。
那麼就是你一開始在 \((1,1)\)，每次找乙個同行或同列的異色的點走過去。
如果 \((1,1)\) 在所有最大匹配上，那麼先手必勝。
然後把最大匹配換成最大獨立集。
把 \(a_i,b_j\) 排序後，選的一定是 \(i\leq r,j\leq c\)的白色部分和 \(i>r,j>c\) 的黑色部分。
可以發現，當 \(r\) 變大的時候，\(c\) 變大的收益是單調的，\(c\) 也是單調的。
直接掃一遍就好了。
先讓每個點能匹配 \(k\) 條邊跑一邊網路流。
然後每次把度數 \(=\) 度數最大值得點找出來，找乙個覆蓋這些點的匹配。
重複 \(k\) 次即可。
記 \(f_\) 為長度為 \(i\)，zjt 在 \(j\) 處的期望答案。
顯然 \(f_=f_=i\)
設 \(f_,f_,\ldots,f_\) 這 \(m-2\) 個未知數，每次可以通過 \(f_\) 推出 \(f_\) 的式子。
最後把 \(f_,f_,\ldots,f_\) 這 \(m-1\) 個式子拿出來消元即可。
分塊分類討論或者樹套樹都能過。
對於每乙個 \(i\leq n\)，新建乙個點 \(i'\)。
連邊 \((i,i')\)
對於每一組 \((i,j)\)，連邊 \((i',j)\)
答案為最大匹配 \(-n\)。
用一棵平衡樹維護當前所有最優解以及最優解的答案
每次遇到乙個新的 \(a_i\) 時，先把當前所有最優解的答案加上 \(a_i\) 的貢獻。
還有一種情況，就是最優解到 \(a_i\) 時值為 \(a_i-1\)。
那就拿之前的最優解平移一下即可。
這樣就能找到之前所有位置都做了最優操作的解（如果不是最優操作，就不會成為最大值）。
可以發現，最優解的 \(c\) 一定是 \(p-w_i-1\) 或 \(t\)。
把這些值拿出來每個二分答案 dp 一下就是 \(o(n^2(-\log \epsilon))\) 的了。
這個做法的瓶頸在於二分答案。
但是我們可以把這些 \(c\) 值 shuffle 一下，每次遇到乙個 \(c\) 就 \(o(n)\) 判斷答案是否大於上乙個，大了再二分，這樣就只用求 \(o(\log n)\) 次答案了。
複雜度是 \(o(n^2+n\log n(-\log \epsilon))\)
可以發現，\(f(a_1,a_2,\ldots,a_n)=2^(a_1\or a_2\or\cdots\or a_n)\)
然後 \(n>2\) 的答案和 \(n=2\) 的答案是相同的。
然後人類智慧型手玩一下就好了。
按顏色的出現次數分塊分類討論就好了。
答案肯定是某乙個 \(a_i\) 再乘上其他的 \(b_i\) 再加起來的形式。
列舉 \(a_i\)，那麼假設其他的 \(b_i\) 選了 \(k\) 個，那麼貢獻就是 \([x^k]\prod_((1-b_i)+b_ix)\)，對應的方案數就是 \(\frac\binom\)。
顯然可以分制 ntt。
把這些加起來之後除以 \(n!\) 就是答案了。
列舉 \(i\)，計算選的數都是 \(i\) 的倍數的答案。
設值域為 \(m\)。
先計算可以重複選的方案數。
弄乙個閾值 \(s\)，\(i\leq s\) 時直接 fwt，複雜度為 \(o(m\log m)\)，\(i>s\) 時直接暴力 meet in the middle，複雜度為 \(o((\frac)^2)\)
然後容斥一下就好了。
取 \(s=\sqrt}\) 時有最優複雜度 \(o(m\sqrt)\)
考慮種了 \(i\) 棵不同的樹後沒有結束的概率。設 \(x_i\) 為 第 \(i\) 棵樹到下一棵的距離。隨便欽定一棵樹為第一棵。
結束了的情況數是 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq 2)\) 的解數，為 \(\binom\)。
總的情況數顯然是 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq n)\) 的解數，為 \(\binom\)。
需要期望 \(\frac\) 步才能種下第 \(i+1\) 棵不同的樹。
所以答案就是 \(\sum_^\frac(1-\frac}})\)
考慮計算逃不出去的概率。
記 \(l=\frac\) 為半圓佔可選區域的比例。
概率就是在乙個長度為 \(1\) 的環上，隨機選 \(n-1\) 個點，使得存在兩個點之間的距離 \(>l\) 的概率。
那麼可以欽定乙個很小區域裡面有至少乙個點，右邊 \(l\) 的部分沒有點。
答案就是
\[\begin
&1-\frac(}-})\\
=&1-(\frac}x}x^)|_\\
=&1-(n-1)(1-l)^\\
=&1-(n-1)(\frac)^
\end
\]前幾天剛剛做過一道基本上一樣的題。
不寫了。
假設不考慮拿完的影響，算出第乙個人在每個時刻的石子數 \(s_i\)。
記兩個人的石子總和為 \(s=x+y\)。
對於乙個區間，如果右半部分的 \(\max s_i-\min s_i\) 也就是極差 \(\geq s\)，說明左半部分是沒有用的，因為到右邊還是會取完。
否則可以輕鬆地根據左半部分的答案和右半部分的 \(\min,\max\) 計算出整個區間的答案。
直接狀壓 dp 即可。
先差分一下
那麼每次就是選兩個差為奇質數的位置，把這兩個點的值都取反。
如果兩個位置的差是奇質數，只用一次就可以把這兩個位置處理掉。
如果兩個位置的差是偶數，只用兩次就可以把這兩個位置處理掉。
剩下的情況只用三次就可以處理掉。
跑乙個二分圖最大匹配即可。
用一行的未知數表示剩下其他位置，然後高斯消元即可。
時間複雜度：\(o(m^3)\)
先按時間分值把刪除去掉。
對於乙個詢問 \((x,y)\)，把橫座標 \(\leq x\) 的點的凸包求出來，那麼答案顯然在凸包上。
暴力二分的複雜度是 \(o(n\log^2n)\) 的。
注意到這題只用求答案的最小值。
那麼如果凸包最下面兩個點連成的直線的斜率 \(\leq ans\)，那麼最下面那個點很明顯是沒用的。
這樣不斷刪點就可以不用二分了。
複雜度是 \(o(n\log n)\)
考慮對每個字串分開計算答案。
那麼就需要處理兩個操作：
1.在這個字串後面加上乙個字串
2.查詢當前字串在 \(s\) 中的出現次數。
把修改操作加上的字串記作 \(t\)。
把 \(s\) 和 \(t\) 放在一起建 sa。
維護當前符合要求的字串的 rk 範圍，每次加字串就在這個範圍內二分即可。
複雜度是 \(o(n+q\log n)\)
不同的線段樹區間長度可能只有 \(o(\log n)\) 種
就你每一層的長度都是相鄰兩個整數，然後下一層的也是。
可以列出dp方程：
\[f_i=\sum_^i[b_=0]f_(i-j+1)^2\\
=\sum_^[b_=0]f_(i-j)^2\\
=\sum_^[b_=0]f_(i^2-2ij+j^2)\\
\]分開維護
\[s2=\sum_j (i-j)^2f_j\\
s1=\sum_j (i-j)f_j\\
s0=\sum f_j
\]然後每次轉移的時候
\[s2'=s2+2s1+s0+s2\\
s1'=s1+s0+s2\\
s0'=s0+s2
\]這樣就好了。
然後這些矩陣都是可以求逆。
預處理一下就好了
\[\sum_^n\sum_^n\varphi(ij)dist(i,j)\\
=\sum_d\frac\sum_\varphi(i)\varphi(j)dist(i,j)
\]
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