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证明略。
其实主要是没听懂。记不住。
上午$6$道题，$2$道听懂$2$道听一半掉线$2$道一开始就掉线。。。心情复杂。。。
1，求长为$n$的回文数字串且满足奇数位和等于偶数位和的数量。$n \le 10^6$
$n$是偶数那么奇偶配对，直接就是$10^{\frac{n}{2}}$
$n$是$4k+1$的话，枚举中间的那一个数，其余数奇偶做差，$-x$改成$+x-9$的形式，然后组合容斥算。
$n$是$4k+3$的话再枚举一下两侧的两个数，合法方案数不多，复杂度是可以接受的。
2，给定三个$n$的排列，求三维偏序对数。$n \le 10^6$
维护集合$A,B,C$维护$a_i < a_j$的$(i,j)$对，$b,c$同理。
利用容斥原理，手动容一下$A \cap B \cap C$。把问题转化为单元素以及双元素交，加加减减。
简单的二维偏序直接树状数组搞掉。$6n \ log \ n$
3，$n$次操作，每次从$[1,k]$中等概率选数。$a_i$表示随机到$i$的次数，求$\prod\limits_{i=1}^{L} a_i^F \ mod \ 2003$的期望
$n,k \le 10^9,F \le 1000,L \times F \le 5 \times10^4$
$a_i=\sum\limits_{j=1}^{n} [b_j=i]$
然后是一堆看不懂的化式子。
先考虑$F=1$。乘法分配律。对应的就是$1,2,...,L$各选一次的方案数。
给定一个序列。设$x$为出现位置集合。
即求$\sum\limits_{x} \prod_{i=1} [b_{x_i} =i ]$
如果存在$i \noteq j,x_i = x_j$不可能发生。
否则$x$互不相同。有$L$个位置确定其余位置随意。每次概率为$\frac{1}{k}$。贡献为$\frac{1}{k^L}$
所以答案就是$\frac{n!}{L! \times k^L}$
如果$F>1$。类似的。还是取$[1,L]F$次。
这次大概可以把序列看成二维矩阵，所以求和多了一个$\prod$。
然后就听不懂了。等回放吧。
4，$q$次询问求$\sum\limits_{i=1}^{n} i^k \ mod \ m$。$n,m,k \le 10^{18},q \le 3000$。$m$最大质因子$\le 3 \times 10^5$
$CRT$。模数缩小至$3 \times 10^5$级别。（注意有指数。。）
然后把式子里的$i$对$p^e$取模。$p$指数大于$e$即无用，所以$i$分解为$ap+b$。枚举上届缩小。
还是那种对于每个$a$看$b$的循环是否完整。预处理前缀和啥的，细节不清楚。。。$\sum\limits_{i=1}^{p} i^x$。$O(p(log \ k+\ log \ n))$
完整的部分$\sum\limits_{i=0}^{a} i^x \sum\limits_{j=0}^{p-1} j^{k-x}$
$x$都是$log$级别的也是可以算的。
复杂度还有预处理斯特林。询问复杂度和总的都是$O(log^3 \ n)$的。
5，（JSOI2019T2改）$n$种颜色，每种$c_i$个。涂在序列上，贡献为序列连成环后极长段的长度积，求所有方案的和。$\sum c_i \le 10^5$
设$F_{i,j}$表示$i$个颜色连成$j$个段的贡献。不考虑相邻，很好算。
设$a$表示$i$有$a_i$段。
我们大概要求的是$\sum w_a \pord F_{a_i,c_i}$
其中$w$是把若干段拼在一起，同色不邻的方案数。
容斥，改为$b$表示有至多$i$个段。
然后就可以列一个长长长长长长的式子。大约是个可重排列，正负容斥再乘组合数。
$\sum\limits_{a} \sum\limits_{b} \frac{(\sum\limits b_i)!}{\prod b_i} \prod (-1)^{a_i -b_i} C_{b_i-1}^{a_i-1} F_{c_i,a_i}$
$dp$求出$a,b$转化啥的的排列。
如果环统计贡献时，我们要求环断开的位置前面是$1$后面不是$1$就可以转化为序列。
然后看里面有几个$1$段就会对应多少序列。
提出与$b$相关的项，枚举$a,b$它们是个减法卷积形式可以$FFT$。
$dp$是个背包问题，贡献相乘体积相加，分治$FFT$
还可以发现$F$里面是两次插板，是交替的所以可以合成一次。
总复杂度$O(m \ log^2 \ m)$
然而开头那里啥都没听懂，优化稍微能明白，没啥想法。。。回放吧。。。
6，（AGC 019 E Shuffle and Swap）两$0/1$序列$A,B$都恰好有$k$个$1$。设$a_i,b_i$表示两序列中$1$的位置。将$a,b$随机排列后交换$A_{a_i},A_{b_i}$。求两序列相等的概率。$n \le 10^5$
一共的方案是$a,b$的对应关系，以及触发交换的先后顺序。
建边。如果有出边$A_i=1$，如果有入边$B_i=1$。那么出入度数$\le 1$。那就是环或链。
环的话那就是里面的数字都是$1$。环内部随便换。交换顺序有$L!$种。概率为$1$
链的话$A_{p_1}=A_{p_2}=...=A_{p_{L-1}}=B_{p_2}=B_{p_3}=...=B_{p_L}=1$。所以交换顺序一定是从$L$换到$1$。只有$1$种方案概率是$\frac{1}{L!}$
现在问题是$a_i->b_i$的对应关系。设只有入度或只有出度的点都是$k$个。（与题目定义不同）
设都是$A_i=B_i=1$的点有$m$个（度数为2）。一共$2k+m$个点。组成了$k$条链。
$dp_{i,j}$表示$i$个链$j$个点的方案数，转移式子不难。$dp_{i,j} = \sum\limits_{k=0}^{j} \frac{dp_{i-1,k-j}}{(k+1)!}$
这样可以考虑到链中间的点的方案数，还要考虑两端点的配对，
枚举在链上的点数$ans=\sum\limits_{i=0}^{m} dp_{k,i} \times k!$
链上内部顺序也要乘。
再考虑环的方案$i!$，以及有序分配是个下降幂。乘起来恰好是个阶乘。
还有出发顺序的问题所以还要乘$(k+m)!$
复杂度瓶颈在$dp$。$O(n^3)$
然后$F_i$是$dp_i$的$OGF$。$G$是阶乘逆元的$OGF$。转移是点积。然后多项式快速幂。$O(n \ log \ n)$