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給出乙個 \(n\) 個點的樹，問有多少個三元組 \((x,y,z)\) 滿足 \(x,y,z\) 兩兩之間距離相同。
\(n\le 10^5\)
不難想到乙個 dp 做法，我們可以設 \(f_\) 表示以 \(u\) 為根的子樹內距離 \(u\) 距離為 \(i\) 的點的個數， \(g_\) 表示以 \(u\) 為根的子樹內，二元組 \((x,y)\) 滿足 \(\text(x,\text(x,y))=\text(y,\text(x,y))=\text(u,\text(x,y))+i\) 的個數。
可以得到轉移式：
\[ans\gets \sum_g_f_+g_f_,s.t.\ \ v\in son_u
\]\[f_\gets 1,f_\gets f_,s.t. \ \ v\in son_u
\]\[g_\gets f_f_,g_\gets g_,s.t.\ \ v\in son_u
\]然後我們發現這個東西其實是 \(\theta(n^2)\) ，但是我們使用長鏈剖分就可以做到 \(\theta(n)\) 了。
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給出乙個 \(n\) 個點的樹，每次可以將一條邊連線的兩個點合為乙個點，新點的編號隨機成為兩個點編號中的乙個。問對於每個 \(i\) ，最後合完的點編號為 \(i\) 的概率。
\(1\le n\le 50\)
神題啊！不過為毛可以取模還非要卡精度啊？非常費解。。。
首先，我們可以發現如果我們欽點乙個點為剩下來的點，那麼，每次當該點與其它點合併的時候都只能保留該點。考慮 dp ，我們可以設 \(f_\) 表示以 \(u\) 為根的子樹內還剩 \(i\) 條邊且當前 \(u\) 的編號已經變為根的編號最後合併下來留下根的編號的概率（不要問我為什麼，我只能告訴你網上大部分資料已經刪除乾淨了，只能說懂得都懂），我們可以得到轉移式：
我們有轉移式： \(f_\gets \dfrac\times f_\) 。
這是因為以 \(v\) 為根的子樹裡面當刪到只有 \(i-1\) 條邊的時候我們的 \(u\) 已經被替換成了根的編號了，接著我們的 \(v\) 子樹繼續刪邊直至只剩下 \(j\) 條邊，然後合併 \(u,v\) ，而它有 \(\dfrac\) 的概率留下 \(u\) 的編號（即根的編號），然後我們繼續考慮 \(f_\) 。所以貢獻就是 \(\dfrac\times f_\) 。很顯然這種計算方法列舉了在多久合併 \((u\to v)\)，所以不會算重。
我們有轉移式： \(f_\gets (size_v-i)\times f_\)
這是因為 \(u\to v\) 肯定需要刪掉，而它刪掉的時間卻並不固定，我們可以在刪掉 \(v\) 子樹內需要刪掉的邊的過程中刪掉該邊，與上面不同，我們並未確定 \((u\to v)\) 在多久合併，而它又有 \(size_v-i\) 種方法。同時我們發現此時 \(u\) 的編號並未變為根，所以在合併的時候我們並不關心誰會留下來，因為我們可以之後讓根侵占該點。所以貢獻即為 \((size_v-i)\times f_\) 。
但是我們還需要考慮如何合併兩棵子樹，可以得到轉移式：
\[f_\gets f_f_\binom\binom,s.t.\ \ v1,v2\in son_u
\]這是因為刪掉的邊可以隨意混合，保留的邊也可以。
最後的答案就是 \(\dfrac}\) 。
於是，我們就可以做到 \(\theta(n^4)\) 了。
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有 \(n\) 個黑幫，每個黑幫有一些人，這些人裡面有些有真金條，有些沒有金條，並且黑幫之間的關係構成了乙個競賽圖。然後黑幫之間發生了一些奇奇怪怪的交易，於是在時刻 \(i\) ，如果存在 \(u\to v\) 的邊，並且黑幫 \(u\) 中的 \((i\bmod )\) 有金條（不分真假），並且黑幫 \(v\) 中的 \((i\bmod)\) 沒有金條，那麼，黑幫 \(u\) 中的人就會憑空造出乙個假金條給黑幫 \(v\) 裡面那個人。
現在，在經歷了無限個時刻之後，黑幫們要去賣金條了，假金條可能賣得出去，真金條一定賣得出去，現在要從賣出金條最多的 \(a\) 個黑幫裡面隨機選 \(b\) 個，問有多少種可能選出的集合。
\(n\le 5000\)，黑幫成員總和 \(\le 2\times 10^6\) 。
所以誰能告訴我這道題為什麼評分是 \(3400\) 啊？
首先不難看出：出題人是個屑 這是乙個強行二合一的題目，我們可以拆成兩個部分：
我們首先考慮解決第乙個問題，我們發現如果存在 \(i\equiv j\pmod\) 那麼黑幫 \(u\) 裡面的人 \(i\) 就可以給黑幫 \(v\) 裡面的人 \(j\) 假金條，具體證明可以使用裴蜀定理證明。
然後我們考慮強連通分量縮點，那麼，乙個強聯通分量所有 \(i\equiv j\pmod \) 的 \(j\) 都可以對 \(i\) 產生貢獻（如果 \(j\) 有金條的話）。於是我們只需要考慮強連通分量之間的關係，因為縮點之後的圖依舊是乙個競賽圖，於是我們可以考慮 topo 排序，然後你就發現每個連通分量只對後面的點產生貢獻，而且一定能夠產生貢獻。然後知道乙個強聯通分量的金條個數，那我們就可以知道每個黑幫的金條個數。
考慮第二個問題。我們發現，如果我們如果欽定某乙個黑幫恰好為第 \(a\) 個，我們就不會算重，於是我們直接統計一定比它大，以及可能比它大的黑幫個數即可，然後組合數算一下就好了。
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給出兩個長度為 \(n\) 的 \(01\) 串 \(a,b\) ，兩個串裡面 \(1\) 的個數都是 \(k\) ，我們把兩者位置為 \(1\) 的位置提出來，分別即為 \(a_,b_\)，然後將兩個序列隨機排序 （\(\text\)），按 \(1\to k\) 的順序交換 \(a_\) 和 \(a_\)，問最後 \(a\) 變為 \(b\) 的概率。
\(n\le 10^4\)
不管你信不信，空間可以開到 \(\theta(n^2)\)。
首先我們需要轉換一下題意：如果存在 \(i,j\) 使得 \(a_i=1\) 並且 \(b_j=1\) ，那麼我們就可以交換 \(a_i\) 和 \(a_j\) ，問操作 \(k\) 次後 \(a=b\) 的概率。
我們可以稱 \(a_i=1\wedge b_i=1\) 的點為「中間點」，\(a_i=1\wedge b_i=0\)的點為「初始點」，\(a_i=0\wedge b_i=1\) 的點為「終結點」。很顯然的是，我們可以通過交換初始點和中間點，再交換至終結點，那麼我們最後就可以滿足條件，於是，我們可以考慮設 \(f_\) 表示用了 \(i\) 個中間點， \(j\) 個初始點的合法方案數，我們可以得到轉移式：
\[f_=i\times j\times f_+j\times j\times f_
\]解釋一下，顯然從 \(f_\) 轉移過來其實就是加入乙個中間點，顯然可以加入在 \(j\) 個由中間點和初始點的鏈，同時，我們可以與已經加入的點進行交換，所以有 \(i\times j\) 種方法。後面那個顯然就是加入乙個初始點，而我們顯然可以新建乙個鏈，同時鏈也可以交換所以乘上 \(j\) ，然後同時我們還可以選擇乙個終結點與它結合，又可以乘上 \(j\) 。
然後我們最後可以考慮列舉有多少個中間點不用就可以算出答案，具體見**。
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給出乙個 \(n\) 個點的樹，以及常數 \(k\)，每個點都帶有顏色，求最小的連通塊大小，使得該連通塊包含至少不同 \(k\) 種顏色。
\(n\le 10^4,k\le 5\)
我們發現這個 \(k\) 十分的小，於是，我們不難想到，這道題要麼是狀壓dp，要麼就是隨機化亂搞。但是這個 \(n\) 又這麼大，所以我們考慮後者。
我們可以考慮到，如果我們欽定選哪幾種顏色，那我們就可以用樹上狀壓dp解決這個問題，時間複雜度 \(\theta(tn4^k)\) ，其中 \(t\) 是嘗試的次數。
不過經過嘗試，似乎在隨機情況下，\(t=20\) 也可以通過。（倫敦霧
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