可以發現 0/1 這個限制類似於求路徑數，使得路徑經過的邊權恰好合法。
顯然可以用容斥來求，這樣可以將問題轉化為欽定其中若干條邊權為 \(1\)，其他邊權任意的路徑數。
這樣做有乙個好處，原來問題中的 \(2^\) 的集合可以縮減狀態數。
對於欽定之後的若干條 \(1\) 邊組成的鏈，可以直接視為無序的。
也就是說，可以直接對 \(n\) 進行整數劃分，然後求這種整數劃分的方案數，即可放到對應的集合狀態上。
對於求方案數，只要首先 \(dp\) 出乙個集合組成一條鏈的方案數。
對於每種整數劃分，用類似不交並卷積的思想卷在一起即可。
注意到這裡對於每種整數劃分，所有項加和起來才恰好為 \(n\)，所以不需要用不交並卷積的佔位多項式。
注意到只需要 \(ifwt\) 單點插值，所以可以在整數劃分的同時進行卷積，優化一下複雜度。
可以發現這樣乙個事情：
原問題等價於對於 \(s[l,r]\) 的兩邊新增字元，能形成的滿足前面或者後面新增的字元本質不同的方案數之和。
在 \(sam\) 上做這道題，考慮首先找到 \(s[l,r]\) 對應的節點，對於在前面新增字元的限制，只要對子樹求和。
對於在後面新增字元的限制，其實只需要在樹上用乙個 \(set\) 啟發式合併 \(endpos\)，並用 字尾陣列/另乙個字尾自動機 統計本質不同的字首個數即可。
另外乙個做法是直接在 \(dag\) 上 \(dp\) 求出這個點出發的本質不同的路徑數。
注意對於子樹中的節點 \(x\) 可以直接統計 \((len_x - len_)*dp_x\)。
而對於當前節點，有乙個長度限制，所以只能統計 \((len_x - (r-l+1) +1)*dp_x\)。
容易發現可以把原問題放到笛卡爾樹上，然後可以隨便寫個 \(dp\)。
然後可以發現狀態裡的 \(l,r\) 是沒用的，所以直接記錄區間長度、需要統計的貢獻數。
觀察貢獻的式子可以猜測貢獻不會很大，所以可以另外寫個 \(dp\)，來處理出每個區間長度的貢獻上界。
可以發現這個玩意大概是 \(n log\) 級別的，在 \(n=200\) 的時候達到 \(735\)。
暴力去做 \(dp\)，加個取模次數優化、迴圈展開、卡卡上下界就可以過掉這道題了。
正解的做法是這樣的，題中的 \(p\) 為乙個大質數。
最終的多項式是乙個不超過 \(735\) 次的多項式。
所以可以在點值意義下做多項式卷積，對於每次詢問暴力插值得到係數就好了。
noi前第十七場 題解
考慮這樣乙個做法，對於每個點處理出左側和右側分別的最優決策點，然後比較二者誰更優即可。當然這樣的點可以表示為若干個區間，對於其中每個區間，左右側誰更優是單調的，可以通過二分求解。所以問題就是如何處理出這樣的若干個區間。可以想到這個最優決策點就是上凸包會切到的點。所以寫乙個單調棧維護就好了。學習了一下...
noi前第十三場 題解
可以發現大概問題是一層一層的。對於每一層，一定會選完所有長度為 2x,2x 1 的連續段之後遞迴下一段。可以考慮將這樣的選擇合併在一起考慮，然後做乙個 dp 可以發現概率的大小大概只與剩下的奇數 偶數段的個數有關，所以記錄奇數段的個數就可以轉移了。然後的問題是怎麼繼續考慮下一層。比較簡單的是奇數段，...
noi前第十場 題解
可以直接寫出乙個簡單的 dp 然後發現這個 dp 的資訊只需要存 a 集合選的個數和末尾選的哪個集合。不妨寫成乙個多項式，那麼我們只關心邊界的情況。所以寫乙個分治 fft 即可。考慮對於每條邊，列舉所有能到達這條邊的角度，計算出合法的面積。所以只需要對角度進行積分即可。為了方便地計算出這個東西，可以...