這是$noi$模擬啊。。。
估分50+40+0=90
5分。。。5分。。。
腦子可能落在家，啊不，落在學校了。。。
考後幾分鐘就達到了估分。混了個六七八名啥的。。。賽後排行榜也一直不太低。。。
最近總是這樣，到底為什麼啊啊啊。。。
也不知道為什麼，在家腦子好像動不起來。。。
$t2$的$40$分暴力是聯賽原題，沒什麼好說的。
$t1$的鏈和菊花的部分分單反==但凡是花了點時間想的差不多都能想出來。
$t3$讀錯題了，最後才發現，沒有留思考時間。然而感覺思路不是很好想。。。
唯一乙個表現比較突出的地方就是$t1$想到了$n \le 5$的做法，如果不丟分的話是個單題最高分。
一塌糊塗。
t1：exceptation
大意：樹，邊權[0,1]隨機，求直徑的期望。$n \le 100$
鏈是$\frac$
菊花是最大值加次大值$\frac$
$n \le 5$發現只有在$n=5$時有一種既不是菊花有不是鏈的情況，它恰好就是樣例。
剩下的不會。
t2：sequence
本質不同子串行是聯賽模擬原題了。$dp[i]$表示以$i$結尾的本質不同子串數。
換個思路，設$dp[i][j]$表示到$i$位置結尾字元為$j$的本質不同子串數。
這個可以轉移，而且可以寫成矩陣乘法的形式。
矩陣形如：
1 0 0 0 1 0
0 1 0 0 1 0
0 0 1 0 1 0
0 0 0 1 1 0
0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 1 1
也就是個單位矩陣，一列變為$1$。
我們的區間詢問讓我們想到可以用字首和來維護。然而矩陣乘的字首和意味著我們需要它的逆元的字首和。
逆元形如：
1 0 0 0 -1 0
0 1 0 0 -1 0
0 0 1 0 -1 0
0 0 0 1 -1 0
0 0 0 0 1 0
0 0 0 0 -1 1
我們的初始狀態是空串，也就是乙個行向量$h=[1,0,0,0,...,0]$。
最終我們轉移完成後需要求和，也就是要乘上乙個列向量$l=[1,1,1,...,1,1,1]^t$。
那麼答案就應該是$h \times inv_ \times a_r \times l$
此處的$a,inv$為轉移矩陣的字首積以及逆元。
然而仔細想一想發現，因為矩陣乘法並沒有交換律，所以乘的順序很關鍵。
$h \times inv_1 \times inv_2 \times ... \times inv_ \times a_1 \times a_2 \times ... \times a_r \times l$這是不對的。
因為逆元都乘起來再乘原矩陣不一定會得到單位矩陣，沒有交換律。下面這個才是對的。
$h \times inv_ \times inv_ \times ... \times inv_ \times inv_ \times a_1 \times a_2 \times ... \times a_r \times l$
這樣的話中間相鄰的兩項才會兩兩抵消。所以我們在處理逆元的字首積時實際上要求乘的順序是倒著乘過去的。
所以接下來我們只要求出$h \prod_^ inv_i$以及$\prod_^ a_i \times l$即可利用這兩個向量，$o(53)$地求出每組詢問的答案。
從含義上理解或者從矩陣上來研究，我們發現這個矩陣很特殊。
首先考慮轉移矩陣$a$。我們要維護的是$a_i = a_ \times a_i$。所以考慮乙個矩陣乘上$a_i$會發生什麼。
發現結果是對於矩陣的每一行，第$s_i$列要加上其餘所有列的值。
而最後要乘上$l$則是對每一行求和，所以額外開乙個陣列維護每行的和即可。
接下來考慮逆元的字首和。$inv_i=inv_i \times inv_$。順序反了過來。
發現逆元矩陣乘上乙個矩陣的效果是，除了第$s_i$行以外，其餘每行都要對位減去這一行。
減的值都是一樣的，不難想到打個標記就好了。我們要算的是$h \times inv_i$。發現意思也就是保留第一行。
所以上述操作都是$o(53)$的。然後我們要儲存的也只是$n$個長為$53$的行列向量。
空間足夠時間合法。總複雜度$o(53(n+q))$
t3：counting
大意：$n$點有向圖。不斷不重複的選出一條邊，每次選後記錄當前$scc$數得到$e$數列。求前$i(1 \le i \le n(n-1))$有多少種$e$數列。$n \le 100$
肯定是個$dp$了但是完全看不出怎麼做。。。
如果你是神仙，你就能想到，對於每種$e$數列，一定存在一種選邊順序，使得除$1$號點所在的$scc$外剩下的$scc$大小均為$1$。
而且，對於每種滿足這個條件的選邊狀態（已連邊數，$1$號$scc$大小，形成$1$號$scc$過程中$e$變化了幾次），它與乙個特定的$e$序列一一對應。
所以我們現在的問題是求出選邊的方案數。
設$dp[i][j][k]$，對應上面的選邊狀態。
首先要判斷這個狀態是否合法，即邊數是否過多或過少。
環每在外部閉合一次，那麼就一定在生成樹基礎上多了一條邊，所以$i \geq j+k-1$
邊數最多的情況是$1$號$scc$內部已經是完全圖且與外部所有點連邊，外部所有點形成最長$dag$。最大邊數為$j(j-1)+j(n-j)+c_^$
如果這個位置合法那就可以轉移了。
$dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k]+\sum\limits_^dp[i-1][p][k-1]$
字首和優化一下就沒了。
$2$個$10^8$陣列開得下，$1g$記憶體就是良心啊。
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3#define mod 998244353
4int dp[10001][101][101],sum[10001][101][101];5
int mo(int x)
6int
main()
17 }
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