題目傳送門
給出乙個圖，保證每個點有且僅有乙個出邊，對於每個點把它走 \(k\) 步這條路徑上的所有的點答案加 1 ，問最後每個點的答案。
\(n\le 5\times 10^5\)
考試的時候 sb 了，沒想出來怎麼做。
首先你可以發現這其實是個基環樹森林，對於不在環上的點，它答案其實就是子樹內深度與它相差不超過 \(k\) 的點的數量。考慮在環上的點，顯然它們還要考慮環上其他點對該點產生的貢獻。
具體實現的話我們可以斷開一條邊使得變成森林，然後求點的數量可以用樹狀陣列解決，然後如果每次都需要清空的話時間複雜度就會降到 \(\theta(n^2)\) ，所以我們可以只考慮增長量。時間複雜度 \(\theta(n\log n)\) 。
vector e[maxn];
int n,k,cutu,cutv,f[maxn],sum[maxn],vis[maxn],lim[maxn],ans[maxn];
int lowbit (int x)
void modify (int x)
int query (int x)
void dfs (int u,int dep)
signed main()
for (int i = 1;i <= n;++ i) write (ans[i]),putchar ('\n');
return 0;
}
一開始有 \(n\) 個點，每個點都兩個權值 \(a,b\) ，如果存在集合 \(s\) 使得對於 \(k\) 存在 \(a_i\+b_k\ge h\) ，那麼我們就可以把答案加 1，但是後面的集合就不能包含該點。
問答案的最大可能值。\(n\le 2\times 10^5\)
考試的時候像個弱智一樣，寫了乙個偽貪心，然後寫了乙個平衡樹，結果只把後面比較水的資料騙過去了，還沒有亂搞得的分多。。。
正解其實是個反悔貪心，我們按照 \(a+b\) 排序，然後你發現如果我們把滿足的點存下來，每次如果當前點可以那麼，那就直接加進去，否則就把最強的拉下來，把這個救上去。
時間複雜度 \(\theta(n\log n)\) 。
int n,h,ans;ll suma;
priority_queue q;
struct node
}peo[maxn];
signed main()
write (ans),putchar ('\n');
return 0;
}
定義 \(\\) 合法，當且僅當 \(\sum_^a_i=n\)，定義 \(\\) 合法，當且僅當 \(\sum_^b_i=m\)，定義 \(\\) 的權值為 \(\prod_^\min(a_i,b_i)\)，問所有合法 \(\\) 的權值之和。
有 \(t\) 次查詢，每次給出 \(n,m,k\) 。\(t\le 100,n,m,k\le 5\times 10^5\)
考試的時候隨便推了一下，騙了 \(60\) 分就沒有想了，主要是因為沒想到二元生成函式，想到了之後就很簡單了，直接推式子就可以了。
你發現，其實答案就是 :
\[(\sum_\min(a,b)x^ay^b)^k[x^ny^m]
\]證明顯然。
然後你把上面那個東西寫出來，你發現其實就是：
\[1xy+1xy^2+1xy^3+...\\1x^2y+2x^2y^3+2x^2y^4+...\\1x^3y+2x^3y^2+3x^3y^3+3x^3y^4+...
\]然後你用等差比公式推一下發現其實就等價於：
\[\frac
\]然後求這個東西的 \([x^ny^m]\) 可以直接用隔板法，具體來說就是列舉 \(xy\) 的次數。
時間複雜度 \(\theta(tn)\) （假設 \(n,m\) 同階）。
read (n,m,k);
int ans = 0;
for (int i = 0;i <= n - k && i <= m - k;++ i)
ans = add (ans,mul (binom (k + i - 1,i),mul (binom (n - i - 1,n - k - i),binom (m - i - 1,m - k - i))));
write (ans),putchar ('\n');
給出乙個 \(n\) 個點，\(m\) 條帶權邊的圖，需要依次訪問 \(2k\) 個點，你有兩個傳送門，傳送門放置時必須保證為當前位置，傳送門之間可以瞬間傳送，問訪問完所有點的最小路徑長度。
\(n\le 300,m\le 4000,k\le 300\)
考試的時候猜到了乙個顯然的結論結果沒想到用 dp ，然後。。。
首先有乙個顯然的結論，就是說有乙個傳送門肯定就在我的腳下，然後我們可以設 \(dp[i][j]\) 表示訪問了前 \(i\) 個點，另外乙個傳送門在 \(j\) 的最小路徑長度。顯然，\(dp[0][1]=0\)。轉移式的話我們可以想到肯定只會在 \(dp[i-1][k]\) 之間轉移，其中 \(k\) 是上一次的傳送門的位置，然後你列舉一下情況就可以得到轉移式了，具體見**。
dp[0][1] = 0,a[0] = 1;
for (int i = 1;i <= k * 2;++ i)
}int ans = dp[k * 2][1];
for (int i = 1;i <= n;++ i) ans = min (ans,dp[k * 2][i]);
write (ans),putchar ('\n');
\(n\le 10^5\)
被wxk和llsw騙了，實際上這道題目沒有很難（也有可能是因為自己沒做）
我們可以發現如果兩個點之間要加邊，那麼，邊權一定是固定的，因為如果構成的環上的不管怎麼變邊權都是相同的（異或值為 \(0\)），可以想到如果定義 \(p[u]\) 表示 \(1\to u\) 的路徑異或值，那麼 \(u,v\) 之間的邊權就是 \(p[u]\otimes p[v]\)。於是我們就可以對 \(n^2\) 條邊做最小生成樹。
但是這樣顯然很慢。我們可以想到，如果從高到低位考慮，那麼對於當前位而言，我們應該盡量邊相鄰兩點該位分別為 \(0,1\) 的邊的數量最少，那顯然就只連 \(1\) 條邊，而且這裡很方便的是不需要考慮不連通的問題（有 \(n^2\) 條邊）。那我們可以直接分治，每次把該位為 \(0\) 的分治構成一棵樹，該位為 \(1\) 的構成一棵樹，然後兩棵樹之間連一條邊權最小的邊。於是問題就是如何找到邊權最小的邊，然後你發現這個東西直接用 01trie 樹解決就好了。
時間複雜度 \(\theta(n\log^2 n)\)
ll ans;
int n,tot,p[maxn],rt[maxn],cnt[maxn * 31],son[maxn * 31][2];
void ins (int a,int b,int t,int x)
int query (int a,int b,int t,int x)
int toop = 1,to[maxn << 1],wei[maxn << 1],nxt[maxn << 1],head[maxn];
void add_edge (int u,int v,int w)
void dfs (int u,int fa)
}void dfs (int t,int l,int r)
dfs (t - 1,l,pos - 1),dfs (t - 1,pos,r);
if (pos - 1 >= l && pos <= r)
}signed main()
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