題目順序不是做題順序也不是考試順序更不是難度順序，是隨機順序。
為了不影響**體驗決定把**刪去，需要請私信我，qq或皆可。
題目裡的難度評分是個人評分，僅供參考開心就好。
題意是給定期末考試每門課的出分時間和學生希望的出分時間，如果學生要等就會有不滿意度。你可以進行老師的增加和調換操作，但是都會產生不滿意度。請最小化不滿意度。
先考慮學生的不滿意度怎麼算：
設\(f_i\)表示以第\(i\)天結束學生們不滿意度的總和，則\(f_i-f_=\)第\(i\)天學生們的不滿意度總和。
\(f_i=σ_^n max(0,i-b_j)×c\)
發現資料範圍不大，考慮預處理這個式子，很顯然就是個字首和。
然後再考慮安排老師。分類討論一下。
若\(a \geq b\)，肯定優先選擇\(b\)操作，即加老師，這樣只會使得結束時間都提前。
若\(a
考慮用\(a\)的最多次數：假設第\(i\)天結束，則所有結束時間比\(i\)
小的都可以貢獻老師出來，這就是使用\(a\)的最多次數。可以用字首和預處理出來。
由於資料範圍不大，字首和計算又是\(o(1)\)的，直接列舉結束日期計算即可。
複雜度\(o(maxn)\)，\(maxn\)表示最晚結束日期。
題意是給定\(n,k,r,p\)，求\(σ_^∞\ \ c_^\ \ mod\ \ p\) 。
由於\(m>n\)的時候\(c_^m=0\)，所以實際上\(i\)只要從\(0\)~\(n\)列舉即可。
看起來就很休閒，你會\(lucas\)就發現送了\(60\%\)，預處理一下階乘和逆元，列舉\(i\)就可以了。
然後注意到\(n \leq 10^9,0 \leq r \leq k \leq 50\)，於是想到矩陣加速。
組合數的式子是現成的，可以把意義從「\(i\)個裡面選\(j\)個」改成「\(i\)個裡面選\(x\%k==j\)個」，直接套用即可。
就是構造上圖的矩陣，發現初始值為\(0\)所以不要管了，直接把中間的做個快速冪，然後就做完了。時間複雜度\(o(log(nk))\)。
題意是有一些給定初始狀態的燈，希望他們都滅掉。按下乙個開關會影響它及它約數的狀態。開始隨機按一些開關，如果最後剩下需要的步數\(<=k\)就用最優解按。求期望次數\(×n!\)
首先明確怎麼算最優解：我們按開關只會影響比它小的，所以我們從大到小按開關，就是列舉每個
\(i\)的倍數放進
\(vector\)，這個複雜度是調和級數也就是\(n\ ln\ n\)的。所以我們統計答案只需要統計\(\sum_^\ f[i]\)，\(need\)表示最優解下需要次數。
然後考慮隨機乙個按，那我們可能按到當前最優的或其他的。
按到最優解：\(\frac×1\)，這個就表示按到對的按鈕的概率為\(\frac\)，貢獻為\(1\)次（期望=概率×貢獻）。
按到其他按鈕：\(\frac×(1+f[i]+f[i+1])\)。這個\(1\)就表示這個按錯了的開關還要重新按回來一遍以消除影響，\(f[i]+f[i+1]\)就表示還需要\(f[i]+f[i+1]\)次操作變成\(i-1\)這個狀態。
然後化簡一下式子移項把\(f[i]\)推出來，答案再乘上\(n!\)即可。邊界為\(f[n]=1\)。注意\(f[1...k]=1\)，因為\(<=k\)直接用最優解走了。時間複雜度\(o(n)\)。
題意是給你兩種操作\(0\)和\(1\)，\(0\)是把\([l,r]\)中的所有\(a_i\)替換成\(c^\)，其中\(c\)是乙個給定常數；\(1\)是求\(\sum_^r \ \ a_i\)。
這個東西肯定是線段樹維護，但是單純的線段樹肯定會\(tle\)。想到花神遊歷各國那題，就是區間開方用線段樹維護，是找到了區間開方下取整後幾次這個數就變成了\(0\)這一方法進行優化。於是考慮\(c^\)有什麼奇技淫巧。
\(a_i\)多次改變之後就成了這個樣子：\(c^}}}}\)
由擴充套件尤拉定理得知\(a^b\ \ ≡ a^\ \ (mod\ \ p)\)。
於是可以考慮遞迴求解，邊界為\(p=1\)。
但是這還沒完啊，我們如果每次都去遞迴求這個改之後的\(a_i\)還是\(tle\)。
觀察發現這個式子實際上在\(logp\)次之後值就一樣了。為什麼呢？考慮\(\varphi(p)\)的計算公式：\(\varphi(p)=p*\pi_^k\ \ \frac\)，其中\(p_i\)表示\(p\)的每個質因子。若\(p\)為偶數，則\(p\)變成\(\varphi(p)\)至少要\(÷2\);若\(p\)為奇數，\(p[i]-1\)必存在偶數，於是\(\varphi(p)\)也為偶數。由此證明\(logp\)次後值就一樣了。於是我們就像花神遊歷各國那題一樣直接維護出現次數\(min\)，一旦這個\(min\)達到了邊界我們就不繼續進入子區間搞了。
乙個優化就是預處理\(c\)的冪次方，把快速冪的\(log\)給去掉。於是時間複雜度為\(o(nlog^2n)\)。
題意是選出兩條不相交的鏈，刪去與這兩條鏈相關的邊，最大化連通塊數量。
發現它有\(x=0,1,2\)三個\(subtask\)，其實會\(x=0\)就會\(x=1,2\)了。
考慮如何計算連通塊個數：
\(s\)表示選出點的集合，\(deg\)表示點的度數，\(edge\)表示邊，\(lnk\)表示鏈，\(dot\)表示點。
連通塊個數\(=\sum_\ \ deg_i\ -\sum edge \times 2 -lnk +1\)。
然後由於邊數\(=\)選出來點的個數\(+\)鏈數，化簡一下式子得知連通塊個數\(=\sum_\ \ deg_i\ -dots \times2 + lnk +1\)。
知道這個我們就只用處理點和鏈了。
考慮\(dp\)
。這個\(dp\)極其毒瘤要討論很多。
我看了\(shadowice1984\)神仙的題解啥也沒看懂，全網搜了很多自己彙總一下，大概參考了\(shadowice1984,starria,vixbob\)三位神仙的部落格。
現在有以下情況需要討論：（假設當前子樹的根為\(u\)，孩子節點為\(v\)）
·一條路徑
·一條鏈
·一條路徑+一條鏈
·講不清，學\(starria\)小姐姐畫圖
細節多的一批，慢慢討論慢慢調吧\(qwq\)。
題意是選擇\(i\ \cdots \ j\)的壽司可以獲得\(d_\)的價值（\(i\ \leq \ j\)），而選擇了\(x\)就要付出\(mx^2+cx\)的價值，也就是獲得\(-mx^2-cx\)的價值。最大化獲得價值和。
由於權值不重複計算，我們可以考慮最大權閉合子圖。
最大權閉合子圖的經典模型：有一些物品，選擇其中的每種都會獲得相應價值\(v_i\)，但是有形如選\(x\)就要選\(y\)這樣的限制關係，要求是最大化獲得價值。（如果是最小化獲得價值可以全部取相反數，仍是最大化的模型）。
這類問題一般使用最小割解決，即理想最優\(-\)調整代價。這個調整代價指的是調整為合法狀態的代價。
考慮如何建圖：基本模型是，對於乙個點\(i\)，如果它的價值\(v_i>0\)，我們就把\(s \rightarrow i\)連一條邊，流量為\(v_i\)，\(i \rightarrow t\)連一條邊，流量為\(0\)，表示不選這個點需要付出\(v_i\)的代價；如果它的價值\(v_i<0\)，我們就把\(i \rightarrow t\)連一條邊，流量為\(-v_i\)，\(s \rightarrow i\)連一條邊，流量為\(0\)，表示選擇這個點需要付出\(-v_i\)的代價。對於所有\(x \rightarrow y\)這樣的限制關係，我們把\(x \rightarrow y\)連一條邊，流量為\(inf\)，這樣這條邊就永遠不會被割掉。
再考慮這題：首先發現這個記憶化是個幌子，假設方案①是拿\([1,2],[2,3]\)，②是拿\([1,3]\)，那麼①會比②多花乙個\(a_2\)的價值，所以一起選更划算。其次發現如果我們選擇了\(d_\)，那麼我們也要選擇\(d_\)和\(d_\),於是考慮把\(d_\)看成乙個點，把這個看成限制關係。最關鍵的是處理代價\(mx^2+cx\)，看成「對於型別為\(x\)的壽司，每吃乙個就要付出\(x\)的代價，吃過\(x\)後再吃還要付出\(mx^2\)的代價」。於是把每種壽司型別\(x\)也看成乙個點，代價為\(mx^2\)，選擇了\(d_\)就必須選擇\(a_i\)。那麼這就是最大權閉合子圖問題模型了。
六省聯考2017 題解
t1 期末考試 題意 有 n 位同學，每位同學都參加了全部的 m 門課程的期末考試，都在焦急的等待成績的公布。第 i 位同學希望在第 t i 天或之前得知所有課程的成績。如果在第 t i 天，有至少一門課程的成績沒有公布，他就會等待最後公布成績的課程公布成績，每等待一天就會產生 c 不愉快度。對於第...
六省聯考2017題解
觀察資料範圍，發現 n 非常大，但是 k 和 r 很小，容易想到矩陣乘法。原題式子的組合意義就是從 n times k 個物品選擇 i i bmod k r 個物品。考慮dp，設 f 表示從 i 個物品中選擇 s s bmod k j 個物品。由於 c c c 因此可以推出 f f f 發現所有的 ...
六省聯考2017
luogu lojbzoj 顯然我們只需要考慮最後公布成績的那一天。列舉這一天，預處理字首和之後即可 o 1 計算最小代價。注意倒數第二個subtask這最優的日期就是 min b i 直接計算即可。如果套用通法會爆long long，但是開unsigned long long就行了 include...