pro 1
tco div1 某题：细节题
选m对数 每对数之和为等差数列，公差为d 最大数<=n 求这个序列？
贪心首先放最大数n与次大数n-1 ， 每次和-=d，若当前和为偶数放s/2,s/2+1，否则放s/2-1,s/2+1；
pro 2
tco 某题
略略略
pro 3
ctsc 2017 吉伏特 gift
首先注意到在mod p意义下 求组合数等于先按p进制分解后n，m的每一位求组合数再mod p
在mod 2意义下>0等价于mod 2==1 于是只要保证后一个数是前一个数的子集即可转移
所以首先考虑反向dp 枚举子集转移
但理论复杂度并不对
所以我们可以正向dp 枚举超集 for(int i=1;i<=262144;i=(i+1)|a[i])
为了降低复杂度，我们对每一个a[i]的前九位与后九位分开考虑，我们考虑后九位枚举超集更新，然后我们用更新后的dp数组来更新前九位的子集，总复杂度(521*n)
很妙的题 标算被碾啊！
pro 4
zjoi 2016 小星星
f[i][j]树上的第i个点表示原图上第j个点 i子树有多少种标号方案？
枚举树上联通的点，
再枚举原图上能够联通的点，乘法原理转移（dfs）
但是可能多个点会映射到同一个点 所以你用的点集也并不是一个全集啊！你的dp存的答案是点集所有子集的答案和啊！！！！！！！！！！！！！
所以我们要考虑容斥（然而我完全不会容斥啊！）
枚举n个点的一个子集
考虑只用这个子集的点 dp
若n-子集点数为偶数则+
反之则-
若这个子集不为全集的话会恰好被抵消
pro 5
haoi 2015 按位或
min-max容斥 oh so hard
回去又要填坑了啊啊啊啊!
设第i位变成1的时间是t【i】；
由于期望线性可加
E（max（t[1],t[2],t[3]））=...minmax容斥
染到的概率为p，期望时间是1/p；
对于每一个集合 求所有子集的概率和 输入p[i] 求所有满足（j&i）==i的p[i]之和
若一个操作只染到了（全集-S）
所以求其所有子集的概率和
for(int j=0;j<n;j++){
for(int i=0;i<1<<n;i++){
if(i>>j&1)
s[i]+=s[i^(1<<j)];
}
}