22-3（19.11.9）（计数）：
https://atcoder.jp/contests/arc096/tasks/arc096_c
https://atcoder.jp/contests/arc096/submissions/8343796
mdzz复杂度就多了个\(n\)难受啊。
考虑算\(>=2\)次显然非常地难算。
所以肯定是容斥有多少个不合法的。
于是我就想到枚举\(x,y\)表示至少有\(x\)个\(0\)次的，\(y\)个\(1\)次的方案数。
容斥系数显然是\((-1)^{x+y}\)。
考虑在枚举个\(j\)表示把\(y\)个分到了\(j\)个集合，系数是\(S_{y,j}\)
剩下的东西，自己可以成集合，\(2^{2^{n-x-y}}\)。
也可以加入这\(j\)个集合，\((2^{n-x-y})^j\)。
得到了\(O(n^3)\)做法，不会优化。
然后发现，\(x,y\)是可以一起枚举的，枚举\(x+y\)，系数变成了\(S_{x+y+1,j+1}\)，哭了。
34-3（19.11.9）（dp）：
https://atcoder.jp/contests/agc026/tasks/agc026_d
https://atcoder.jp/contests/agc026/submissions/8358342
考虑有两个等长相邻的列，已经确定了左边，现在要确定右边。
容易发现，当左边没有任意两个相邻相同时，方案数是2，否则是1。
由此不难思考出一个dp：
设\(f[i][j]\)表示前\(i\)列搞完了，第i列的最低相同点在\((H[j-1],H[j]]\)间的方案数（H是h排序去重后的数组）。
讨论一下即可得到方程。
直接做是\(O(n^3*log~n)\)，发现可以优化到\(O(n^2)\)，懒得改了，所以\(n=100?\)。
25-3（19.11.9）（容斥+树上背包）：
https://atcoder.jp/contests/arc101/tasks/arc101_c
https://atcoder.jp/contests/arc101/submissions/8370764
直接dp可能有点难搞。
不妨考虑容斥，如果至少有x条边没有被遍历，那么系数是\((-1)^x\)。
这x条边会把整棵树割成若干联通块，每个联通块内随便连。
预处理\(g[n]\)表示n个点随便乱连的方案数：
\(g[n]=g[n-2]+g[n-4]*(n-2)*(n-3)\)
那么考虑用树上背包去实现容斥的过程，\(f[i][j]\)表示以i为根子树中，以i为根的联通块有j个点，每次可以转移上面，或者把联通块独立。
9-3（19.11.10）（dp）
https://atcoder.jp/contests/arc101/tasks/arc101_d
https://atcoder.jp/contests/arc101/submissions/me
考虑转换成一个新问题，每个点变为\((c[i],d[i])\)表示向左向右的距离。
一开始在\((0,0)\)，每次可以走到\((x+1,y)\)或\((x,y+1)\)，经过一个时就确定了，问方案数。
也可以看做走这样一条的折线：\(x1
18-3（19.11.17）（二分）：
https://atcoder.jp/contests/agc029/tasks/agc029_c
https://atcoder.jp/contests/agc029/submissions/8503833
二分答案，然后每个串肯定填大于前面字符串的字典序最小的串。
维护每个串选了什么，相同的一段字符缩到一起，然后搞一搞就好了。
27-3（19.11.17）（构造）：
https://atcoder.jp/contests/agc028/tasks/agc028_c
https://atcoder.jp/contests/agc028/submissions/8506342
那个\(min(a[x],b[y])\)有点烦人，因为最终答案也是求\(min\)，不如改成二选一，这样会变得可做一些。
然后考虑每条边是选左边还是右边。
首先有两种合法的方案：
1.全部选左边。
2.全部选右边。
3.除了1、2的情况，考虑选边交界处，这种情况下显然没有被一条边选的点的个数=被两条边选的点的个数\(>0\)。
首先任意选边都有：没有被一条边选的点的个数=被两条边选的点的个数
所以枚举一个被两条边选的点，保证至少选了一个，再从剩下的权值中选n-2个最小的就好了。
39-3（19.11.18）（构造）：
https://atcoder.jp/contests/agc027/tasks/agc027_d
https://atcoder.jp/contests/agc027/submissions/8509087
不妨使m=1。
黑白染色，使白的格子是周围四个黑格的lcm+1。
那么如何让所有格子互不相同且四个黑格的lcm较小。
以\(x+y\)和\(x-y\)来划分，黑格的数是它所在的正对角线和负对角线的质数乘积。
至少需要1000个质数，而白格最多是四个质数的乘积，\(p[1000]^4<10^{15}\)。
14-1（19.11.19）（网络流）：
https://codeforces.com/contest/611/problem/H
https://codeforces.com/contest/611/submission/65335041
考虑定1为根，则接下来的每条边都要匹配一个点，存在完美匹配是必要条件。
做出一个匹配后，每条边就已经确定了一个点的编号。
另外一个的点其实可以随便确定，只要是个树就好了。
所以直接从1开始bfs，若不能遍历到所有的点也没有解。
15-3 （19.11.20）（构造）：
https://atcoder.jp/contests/arc102/tasks/arc102_d
https://atcoder.jp/contests/arc102/submissions/8534636
考虑倒着来，对1,2,3……，n进行交换。
假设交换了x-1,x ,x+1，变成了x+1,x,x-1。
可以得到的结论是x+1不可能再变回右边去，x-1不可能再变会左边去，这很显然。
设\(b[i]\)表示i出现p的\(b[i]\)位置，把i->b[i]这一段视为相关连续段，然后不断合并，得到极小相关连续段。
然后维护p[1-?]的min值和max值即可提出每一段相关连续段，设为l,l+1,……,r。
可以发现，对于x=l+1,l+3,……，有p[x]=x。
剩下的位置，互相之间会交换，通过手玩发现，一个点的移动方向是固定的，同一移动方向的点不能有超越的情况。
即，对于所有向右的点（包括不动的），要到的位置随原位置递增而递增。
即，对于所有向左的点（包括不动的），要到的位置随原位置递增而递增。
41-3（19.11.20）（树形dp）：
https://atcoder.jp/contests/arc097/tasks/arc097_d
https://atcoder.jp/contests/arc097/submissions/8537365
非常容易的树形dp。
首先如果叶子是黑点删了，因为走进去不会更优。
直到所有叶子都是白点。
若直接从一个起点开始走回来，\(Ans=2*(D-1)+\sum !((r[x]\&1)xor ~color[x])\)。
若选一个起点和终点，则这条路径上的点除了终点以外反色，同时还少走len-1个点。
那么随便选一个根，记录f、g分别为子树里选起点、终点能是ans减少的最大值。
每次合并两个子树，同时更新f、g。
30-3（19.11.27）（计数、动态规划）：
https://atcoder.jp/contests/arc100/tasks/arc100_d
https://atcoder.jp/contests/arc100/submissions/8672436
正难则反，考虑求不合法的。
当m个里本来就有k的连续段时，不合法的=0。
当这m个不是互不相同时，左右独立，所以做一个dp：
\(f[i][j]\)表示长度为\(i\)了，最长连续段是j的方案数，前后的区别是初值不同，做两次最后统计即可。
转移显然，可以前缀和优化。
当m个互不相同时，比较复杂，这m个是哪些数没有关系，问题转换为：
求长度为n时，合法的染色中，长度为m的连续段的出现次数，答案除以\(k!/(k-m)!\)即可。
依然是转换成不合法，还是之前的dp，多记一个长度为m的连续段的出现次数即可。
46-3（19.11.27）（数学几何结论题）：
https://atcoder.jp/contests/agc039/tasks/agc039_d
https://atcoder.jp/contests/agc039/submissions/8674584
不想做，直接抄结论的。
https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/102314467
37-3(19.11.28)（hash）：
https://atcoder.jp/contests/arc099/tasks/arc099_d
https://atcoder.jp/contests/arc099/submissions/8679503
直接hash即可，注意要有逆元。
7-3（19.11.28）（构造）：
https://atcoder.jp/contests/arc103/tasks/arc103_b
https://atcoder.jp/contests/arc103/submissions/8680192
首先所有点的x+y的奇偶性必须相同，这是个必要条件。
考虑用二进制构造，发现用\(1,2,4,...,2^x\)就可以搞出\(|x|+|y|<2^x\)的奇点，从大到小每次往曼哈顿距离减小的走即可。
偶数的加个1就好了。
28-2（19.11.28）（图论推理）：
https://atcoder.jp/contests/agc032/tasks/agc032_c
https://atcoder.jp/contests/agc032/submissions/8680576
有奇点不行。
有一个度数>4的就显然可以。
全部都<4显然不行。
如果只有一个=4，显然也不行。
如果有>2个=4的，显然可可以。
如果有2个=4的，A能不经过B走回自己就行。
3-1（19.11.28）（几何）：
https://codeforces.com/contest/575/problem/E
https://codeforces.com/contest/575/submission/65901303
考虑把有效面积的凸包建出来。
显然一定有三个点组成的圆包含所有的区域，证明通过一个大圆不断缩小刚好卡住。
然后
考虑凸多边形上相邻三个点产生的圆会大一些。
好像是取产生最大半径的三个点一定能包含住其它点，不会证明。
45-2（19.11.30）（分析+可持久化线段树）：
https://atcoder.jp/contests/agc028/tasks/agc028_e
https://atcoder.jp/contests/agc028/submissions/8702574
首先肯定是逐位确定每一位是0还是1.
问题在于确定了一些状态后，如何判断是否有解。
考虑有解的话，有一种一定有一边新选的high elements全部是原最大点，因为如果两边都有非原最大点且成为high elements，可以交换把它们都去掉。
假设A选的全是原最大点。
设一共剩q个原最大点，A本来有u1个high elements，B本来有u2个high elements，B新选b个原最大点，B一共增加了c个high elements。
则u1+q-b=u2+c
u1-u2+q=c+b
即从剩下的中选一个递增序列，原最大点权值是2，非原最大点权值是1，分奇偶是权值最大再判判。
反过来假设B选的全是原最大点再做一遍。
41-2（19.11.30）（线段树合并）：
https://codeforces.com/contest/671/problem/D
https://codeforces.com/contest/671/submission/66011186
线段树合并裸题，不讲了。
35-2（19.12.1）（几何）：
https://codeforces.com/contest/698/problem/D
https://codeforces.com/contest/698/submission/66082529
精度把我搞傻了.jpg
考虑求出共线关系后，只需要7!枚举一个打击顺序，用一个bfs模拟一下打击就好了。
23-3（19.12.1）（sg函数结论题）：
https://atcoder.jp/contests/arc091/tasks/arc091_d
https://atcoder.jp/contests/arc091/submissions/8722903
辣鸡结论，辣鸡题解，一个归纳搞定，辣鸡出题人。
\(y|x,f(x,y)=x/y\)
\(f(x,y)=f(x-(x/y+1),y)\)
随便加速一下即可。
45-3（19.12.1）（计数，动态规划）：
https://atcoder.jp/contests/agc022/tasks/agc022_f
https://atcoder.jp/contests/agc022/submissions/8750998
对折是2x-y，也就是说每个点的系数都是\(±2^?\)。
因为权值差的太大，方案数就是系数的方案数。
考虑A关于B对称，A向B连一条有向边。
成了一棵内向树。
每个点的深度决定了是2的几次方。
正负取决于父亲的正负、儿子的个数、是父亲的第几个儿子。
父亲的正负可以去掉，变成于父亲是否相同。
然后考虑设\(f[i][j]\)表示确定了\(i\)个点，叶子中有\(j\)个的儿子数要是奇数。
枚举下一层的点的个数k，\((k-j)~mod~2=0且k>=j\)。
那么一开始有\(x0=(k-j)/2+j\)个系数是0，\(x1=(k-j)/2\)个系数是1.
考虑再枚举下一层的系数是0的点的个数\(u\)。
那么儿子数是奇数的点的个数恰好是\(|x0-u|\)，注意不能多选2、4、6……来抵消，这样会被重复计数。
时间复杂度：\(O(n^4)\)。
1-3（19.12.2）（构造）：
https://atcoder.jp/contests/arc103/tasks/arc103_d
https://atcoder.jp/contests/arc103/submissions/8755475
考虑相邻两个点\(x,y\)，\(d[y]=d[x]+siz[x]-siz[y]\)
先找到最小的点作为叶子，然后找它的父亲。
那么它的父亲的\(dis\)是知道的，看有没有就好了。
就这样一直扫下去，最后判根（重心）可不可以。
17-1(19.12.2)（最短路+博弈+动态规划）：
https://codeforces.com/contest/536/problem/D
https://codeforces.com/contest/536/submission/66158532
跑完最短路后，设\(f[i][j]\)，表示A已选了距离前i的，B已选了距离前j的，A现在先手，先手-后手的最大值。
\(g[i][j]\)同理表示B先手。
然后需要预处理很多东西来转移。
11-3（19.12.2）（一维数轴问题）：
https://atcoder.jp/contests/agc022/tasks/agc022_d
https://atcoder.jp/contests/agc022/submissions/8765433
对着题解超了一波，我现在都还很迷。
27-1（19.12.3）（贪心）：
https://codeforces.com/contest/521/problem/D
https://codeforces.com/contest/521/submission/66205940
考虑顺序一定是赋值->加法->乘法。
赋值只取最大且>a[i]的，看做x-a[i]的加法。
然后加法和乘法可以贪心的搞搞，加法也看做乘法。
最后排序取前m大。
注意要用long double来判断分数的大小。
19-3（19.12.3）（计数dp）：
https://atcoder.jp/contests/arc093/tasks/arc093_d
https://atcoder.jp/contests/arc093/submissions/8772591
非常简单的计数题。
考虑把1就固定在1的位置，最后答案乘一个\(2^n\)。
然后1的每一个祖先的另一个子树的大小分别为\(2^0,2^1，…,2^{n-1}\)。
这些子树里最小的会win出来和1 PK。
我们希望不要翻车，那么容斥有多少个翻车的，然后再分配一下是哪个子树，再从大到小分配一下标号。
用状态dp实现这个过程即可。
10-3（19.12.4）（图论）：
https://atcoder.jp/contests/arc092/tasks/arc092_d
https://atcoder.jp/contests/arc092/submissions/8790068
有一条边x->y
考虑x能不走这条边走到y，且y不能走到x，则点双数+1.
x不能不走这条边走到y，且y能走到x，点双数-1.
问题在于判断x能否不经过这个边走到y。
假设x为入点的边，出点分别为：d1,d2,…,d0
不经过y，就一定要经过其它的点。
所以顺着扫一遍，求它们不经过x能走到那些点，再倒着扫一遍即可。
15-2（19.12.14）（暴力）：
https://codeforces.com/contest/666/problem/D
https://codeforces.com/contest/666/submission/66811506
枚举每一个点保留哪一维，再枚举谁是哪个角。
二分个答案就变成了一堆区间交问题。
32-3（19.12.21）（推理）：
https://atcoder.jp/contests/agc025/tasks/agc025_f
https://atcoder.jp/contests/agc025/submissions/9036598
考虑只有两个（1,1）才会一直加下去，遇到（1,0）或（0,1）时会发生神奇的改变。
低位的（1,1）永远追不上一个高位（1,1）。
所以从高到低考虑，用一个栈记录（0,1）和（1,0）的位置，由于每一次相遇一定可以减少至少一个1，所以时间复杂度是：\(O(n)\)
31-3（19.12.28）（构造）：
https://atcoder.jp/contests/agc020/tasks/agc020_d
https://atcoder.jp/contests/agc020/submissions/9185635
答案一定是\(\lceil max(a,b)/(min(a,b)+1)\rceil\)。
想了很多贪心发现都不对，不如直接逐位确定：
我们需要保证，尽量填'A'，任意时候剩下的\(a0,b0\)都满足上面的条件，且当前连续的A不超过k个。
这样得到一个\(O(n)\)的做法。
接着，考虑一直都是k个a，1个b，直到一个分界点，不能这样了，只能填b了。
那么这个分界点以后一定是：
先把多的b0-a0*k个b排掉。
之后就是1个a，k个b的形式。