A.分组
首先，认识的人不超过3个，因此不存在无解的方案
考虑直接构造，先把所有点设为1，顺序扫一遍把有问题的点加入队列
每次取队头，将其颜色取反，再更新有问题的点
复杂度：考虑到每个点不会操作2次，所以是\(O(N+M)\)
到目前为止、AC的代码几乎都是因为数据水才AC的错误代码
#include
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define DEC(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define dbg(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
using namespace std;
template inline bool smax(T&x,const U&y){return y>x?(x=y,1):0;}
template inline bool smin(T&x,const U&y){return yg[N];
int q[N<<2],l=1,r,c[N],s[N];
bool ins[N];
void solve(){
REP(i,1,n)c[i]=1;
REP(x,1,n){
for(int y:g[x])if(c[x]==c[y])++s[x];
if(s[x]>=2)q[++r]=x,ins[x]=1;
}
while(l<=r){
int&x=q[l++];if(!ins[x])continue;ins[x]=0;
c[x]^=3;s[x]=0;
for(int y:g[x])if(c[x]==c[y]){
++s[x],++s[y];
if(s[y]>=2&&!ins[y])q[++r]=y,ins[y]=1;
}else if(--s[y]<2)ins[y]=0;
}
}
int main(){
int m=read();
while(m--){int x=read(),y=read();g[x].pb(y),g[y].pb(x);}
solve();
REP(i,1,n)printf("%d ",c[i]);
return 0;
}
B.树
计数类问题,考虑计算以每个节点为下端点的合法方案数
设\(s[x]\)为子树大小，\(d[x]\)为x的深度，\(son_x\)为x的儿子集合
计算节点x时，显然两条路径的下端点都在x的不同子树内，方案数为
\[g[x]=\frac{s[x]\times(s[x]-1)}{2}-\sum_{y\in son_x}\frac{s[y]\times(s[y]-1)}{2}\]
考虑上端点位置有几种不同情况
第一、分别在S1,S2（除了子树y的两个不同子树）
第二、分别在S1S2,S3S4
第三、在S到T路径上的点（两个端点相同，这个单独算上去即可）
(考试时候漏算了第一种，挂成30分。。)因此，\[f[x]=\sum_{u\in S..T}(s[u]-s[son[u]])\times(n-s[u])+C_{s[u]-s[son[u]]}^2-\sum_{v\in son_u, v\ne son[u]}C_{s[v]}^2\]
\[Ans=\sum_xg[x]\times f[x]\times 2+(d[T]-d[S]+1)\times g[x]\]
前缀和优化即可
#include
#define REP(i,a,b) for(int i(a);i<=(b);++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read(){char c;int w;
while(!isdigit(c=getchar()));w=c&15;
while(isdigit(c=getchar()))w=w*10+(c&15);return w;
}
inline char smax(int&x,const int&y){return xy?x=y,1:0;}
const int n=read(),l=read(),r=read(),N=2e5+5,p=1e9+7;
vectorg[N];
int a[N],dep[N];ll b[N],s[N],t[N],ans;
void go(int x,int f){
dep[x]=dep[f]+1;s[x]=1;
for(int y:g[x])if(y!=f)go(y,x),s[x]+=s[y],t[x]=(t[x]+s[y]*(s[y]-1)/2)%p;
t[x]=(s[x]*(s[x]-1)/2-t[x]+p)%p;
}
inline void inc(ll&x,const ll&y){x+=y;if(x>=p)x-=p;;}
void dfs(int x,int f){
const int&d=dep[x];a[d]=x;
if(f)b[d-1]=(b[d-2]+t[f]+((s[f]-s[x])*((n-s[f]<<1)-s[x]-1+s[f])-s[f]*(s[f]-1)+s[x]*(s[x]-1)>>1))%p;
if(d>l){
const int top=max(1,d-r),down=d-l;
inc(ans,(b[down]-b[top-1]+p)*(t[x]<<1|1)%p);
inc(ans,(down-top+1)*t[x]%p);
}
for(int y:g[x])if(y!=f)dfs(y,x);
}
#define pb push_back
int main(){
REP(i,2,n){int x=read(),y=read();g[x].pb(y),g[y].pb(x);}
go(1,0);dfs(1,0);
cout<<(ans%p+p)%p;
return 0;
} C.序列
注意到，如果交换一个序列的不同2个数，得到的F矩阵就是不同的
因此只需要求有序序列方案，再乘以斯特林数即可
这样转化为：x个不同的数，递增排列，相邻数相差不超过K，最大值最小值相差不超过M的方案数
设f[i][j]表示i个数，最大最小相差j的方案数，枚举最后两个数差值转移，然后前缀和优化一下即可
#include
#define REP(i,a,b) for(int i(a),i##_(b);i<=i##_;++i)
using namespace std;
const int N=2005,p=998244353;
int n,m,k,a[N][N],f[N][N],jc[N],s[N][N],ans;
int main(){
cin>>n>>m>>k;a[0][0]=jc[0]=1;
REP(i,1,n)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%p;
REP(i,1,n)REP(j,1,i)a[i][j]=(a[i-1][j-1]+1ll*a[i-1][j]*j)%p;
REP(i,0,m)s[1][i]=1;f[1][0]=1;
REP(i,2,n)REP(j,1,m)
f[i][j]=(f[i][j]+s[i-1][j-1]-(j-k>0?s[i-1][j-k-1]:0))%p,s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%p;
REP(i,1,n)ans=(ans+1ll*s[i][m]*a[n][i]%p*jc[i])%p;
cout<<(ans+p)%p;
return 0;
}