ZJOI2017Day1题解（真·抄标解）
BZOJ4784-4786
（直接进正题）
T1：
（敢不敢再短点）
step1：如果不是仙人掌，那显然是没有救的。。（puts("0");）
step2：如果是，先拆开环。你会发现每棵树之间的方案数是可以用乘法定理的，然后就变成了求树的问题。。
step3：（然后据说树形dp+FFT可以过，然而完全不用这么做）把剩下的非环边钦定为重边，然后你发现每个点都必须至少向外连一条边
step4：这样之后考虑每个点为根时几个儿子两两匹配的方案数就好了
dp[i]表示i个东西两两匹配的方案数。考虑递推算，dp[i]=(i-1)*dp[i-2]+dp[i-1]（要么加一个点不连，要么与其中一个点连边，其余的随意（dp[i-2]））
#include
#define gc getchar()
#define ll long long
#define mod 998244353
#define N 500009
#define M N<<1
using namespace std;
ll n,m,number,dfn[N],cnt,dp[N],fa[N],vis[N],first[N],size[N];
struct edge
{
ll to,next;
void add(ll x,ll y)
{
to=y,next=first[x],first[x]=number;
}
}e[M<<1];
ll read()
{
ll x=1;
char ch;
while (ch=gc,ch<'0'||ch>'9') if (ch=='-') x=-1;
ll s=ch-'0';
while (ch=gc,ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0';
return s*x;
}
ll dfs(ll x)
{
dfn[x]=++cnt;
for (ll i=first[x];i;i=e[i].next)
if (!dfn[e[i].to])
{
fa[e[i].to]=x;
if (dfs(e[i].to)) return 1;
}
else
if (dfn[e[i].to]>dfn[x])
{
size[x]-=2;
for (ll y=e[i].to;y!=x;y=fa[y])
if (vis[y]) return 1;
else vis[y]=1,size[y]-=2;
}
return 0;
}
int main()
{
ll T=read();
dp[0]=dp[1]=1;
for (ll i=2;i T2：
（概率吓得根本不敢做。。）
我们可以轻（jian）易（nan）发现，这个错误树状数组的qry就是在求后缀异或和，然后与答案相等其实就是a[l-1]=a[r]（这是原数组）
当然还要特判（似乎很坑啊），当l=1时，qry(l-1)=0，然后就是r的前缀异或和=r的后缀异或和，也就是a[r]=sigma (i=1~n) a[i]，这个特判显然开个线段树区间维护，单点查询就好了。
然后回到一般情况，考虑用二维线段树维护一个东西：就是两维的坐标的代表的编号(x,y)，a[x]=a[y]的概率。然后考虑插入时，只需要考虑上半部分，因为qry时r显然要大于l。
考虑合并两个概率，设p1为原来相同的概率，p2为加入的相同的概率，那答案就是p=p1*p2+(1-p1)*(1-p2)。（逆元搞一搞其实提示的似乎并不需要，预处理显然更快啊）
#include
#define gc getchar()
#define ll long long
#define mod 998244353
#define N 100009
#define mid ((l+r)>>1)
#define Root rt[cur],1,n
#define Lson ls[cur],l,mid
#define Rson rs[cur],mid+1,r
#define root 1,1,n
#define lc cur<<1
#define rc lc|1
#define lson lc,l,mid
#define rson rc,mid+1,r
#define now cur,l,r
using namespace std;
int n,m,x,y,z,inv[N],rt[N<<2],ls[N<<8],rs[N<<8],cnt,sum;
struct pro
{
int p;
pro(int p=0):p(p){}
}s[N<<8],ans,tg[N<<2];
pro operator +(const pro &a,const pro &b)
{
return pro(((ll)a.p*b.p%mod+(ll)(1-a.p+mod)*(1-b.p+mod)%mod)%mod);
}
int read()
{
int x=1;
char ch;
while (ch=gc,ch<'0'||ch>'9') if (ch=='-') x=-1;
int s=ch-'0';
while (ch=gc,ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0';
return s*x;
}
void ins2(int &cur,int l,int r,int L,int R,pro p)
{
if (!cur) s[cur=++cnt]=pro(1);
if (L<=l&&R>=r)
{
s[cur]=s[cur]+p;
return;
}
if (L<=mid) ins2(Lson,L,R,p);
if (R>mid) ins2(Rson,L,R,p);
}
void ins1(int cur,int l,int r,int L1,int R1,int L2,int R2,pro p)
{
if (L1<=l&&R1>=r)
{
ins2(Root,L2,R2,p);
return;
}
if (L1<=mid) ins1(lson,L1,R1,L2,R2,p);
if (R1>mid) ins1(rson,L1,R1,L2,R2,p);
}
pro qry2(int cur,int l,int r,int x)
{
if (!cur) return pro(1);
if (l==r) return s[cur];
if (x<=mid) return s[cur]+qry2(Lson,x);
else return s[cur]+qry2(Rson,x);
}
pro qry1(int cur,int l,int r,int x,int y)
{
pro tmp=pro(1);
if (rt[cur]) tmp=qry2(Root,y);
if (l==r) return tmp;
if (x<=mid) return tmp+qry1(lson,x,y);
else return tmp+qry1(rson,x,y);
}
void ins(int cur,int l,int r,int L,int R,pro p)
{
if (L<=l&&R>=r)
{
tg[cur]=tg[cur]+p;
return;
}
if (L<=mid) ins(lson,L,R,p);
if (R>mid) ins(rson,L,R,p);
}
pro qry(int cur,int l,int r,int x)
{
if (l==r) return tg[cur];
if (x<=mid) return tg[cur]+qry(lson,x);
else return tg[cur]+qry(rson,x);
}
int main()
{
inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=2;i1) ins1(root,1,y-1,y,z,tmp);
if (z T3
（这tm还带卡常数的撒？？？）
首先一个串（多项式系数）的平方，显然只剩下平方项，其他都带2。。。然后我们就get到了轻易获得一个串平方后结果的方法。
考虑对于多项式的次数倍增，每次如果次数乘2，显然就是平方。乘2加1就是在乘上一个原串。
——————————————————————————————————————————————————————————————
不妨先只考虑整个串的情况，考虑维护2^max(n+1,k)个不同的串的数量（匹配数）（额，就是维护max(n+1,k)位的各种不同串的数量）。
（之后M=max(n+1,k)）（程序里M为这里-1）
先预处理出次数乘2时，结果串的前M位数和第2位到第M+1位数；
次数乘2加1时，算中间那两种（具体怎么中间看程序），然后开头可以用特殊姿势ka过去
然后你发现这样就可以轻易地从原来的串的长度=M的子串所有的串推到结果串所有长度=M的子串啦
用dp数组保存下来每个串出现的个数，然后发现结果串最后M位左右（其实我也不知道到底有几位，算算就好了）没有被统计，没错，然后暴力加就好了（手动滑稽）
最后加答案时因为（很有）可能k —————————————————————————————————————————————————————————————— 这样我们开心（绝望）地发现这道题并不是求全局的答案。不过可以转成求前缀，然后我想了n久没想出啥正常办法，想不会是一开始算的时候就已经限制好了，一看标称，还真tm是。。（晕） lim数组记录此时（大概）到维护第几位可以等效于最后的要求的前limit位 然后让我绝望的是这（居然）是大概，还要各种对答案++--。。。。。。。 开个bitset维护最后面几位，在dp转移完后，强行对答案再进行修正（具体见代码，这段抄标程的，等以后完全搞懂了有空再补吧。。） 对于上面说的开头部分，似乎可能大概是现在初始串后面加上M个零，然后前面没有统计的只会是一堆零，然后注意每次转移后去掉dp[0]的一种 —————————————————————————————————————————————————————————————— 然后讲道理这样就能过了，可我交到uoj上只有30，然后开了o2（不知道有没有效果）也就70（但多过的点全是2900ms+），我第n次绝望。。。。n次卡常数后卡过了（终于） 后来一天后发现标程似乎用了某种指针常数优化，随手加上，常数一下变为原来的五分之一。。。！！！（剧毒吧）#pragma GCC optimize("O2")
#include