首先ORZ PB
ARC068F
考虑在k的位置把一个合法序列掰成两半：\([1,k-1]\)和\([k+1,n]\)
先考虑摆\([k+1,n]\)的方案数，容易发现剩下的是一个单调队列，每次可以从头尾两端取。设\(A_i\)表示有\(i\)个元素的单调队列的取法，有\(A_0=A_1=1,A_i=2A_{i-1}(i\geq 2)\)，显然这可以预处理
然后是考虑\([1,k-1]\)的方案数。可以发现
- \([1,k-1]\)内的最小值要大于\([k+1,n]\)内的最大值（性质1）
- \([1,k-1]\)由两个单调下降序列穿插而成，且有一个队列在\(k\)处结束（性质2）
设\(f[i][j]\)表示填了\(i\)个数，最小值为\(j\)的方案数
考虑新加一个数\(k\)，如果\(k<i\)，那直接转移，否则只有当前没填过的最大的\(k\)能加入序列，否则会构成大于2个单调下降序列或者破坏性质2.
所以有\(f[i][j]=\sum\limits_{k>j} f[i][k]+f[i-1][j]\)
后缀和优化即可
AGC014D
首先 和你旁边的人 手玩一下样例和自己造的树
然后你旁边的人就会骂你把必败态给他玩
然后你会发现，如果存在叶子节点，选它的父亲可以迫使后手选叶子节点，重复这个过程。
再想一下，如果把已经涂色的点删掉，这个过程就是贪心求完美匹配的过程。
于是有结论：如果存在完美匹配，后手胜，否则先手胜。
AGC005F
一个取模引发的血案
这东西正着算很难算，考虑反着算 然后你就做完了
设\(f_{x,k}\)表示选k个点组成的连通图中不包括x的方案数，易知这k个点都在x的子树中
所以\(f_{x,k}=C^n_k-\sum\limits_{u\in x} C^{sz_u}_k\),\(ans_k=\sum f_{x,k}=n*C^n_k-\sum\limits_x\sum\limits_{u\in x} C^{sz_u}_k\)
设\(sz_u=i\)的个数为\(num_i\),则
\(ans_k=n*C^n_k-\sum\limits_{i=1}^{n-1} num_i*C^{i}_k\\=n*C^n_k-\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i!}{(i-k)!k!}\\=n*C^n_k-\frac{1}{k!}\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i!num_i}{(i-k)!}\)
令\(A_i=num_i*i!\),\(B_i=\frac{1}{(n-i)!}\)，这就是一个套路的NTT
ARC082E
从原图中随便取一个凸多边形出来，设顶点点集为\(S\)，凸多边形内（不含顶点）的点的集合为\(T\)
设\(T\)的子集为\(T'\)，则$ S\cup T'$有\(2^{|T|}\)种取法，即\(2^{|S\cup T|-|S|}\)种取法，是不是和原题求的东西很像呢？也就是说，一个存在凸包的点集对答案有1的贡献。
于是就枚算一下不存在凸包的点集，即全部点共线的点集的个数，直接暴力\(O(n^3)\)
AGC010E
首先可以发现，不互质的数的相对位置不会改变。
然后你按字典序，对一个数\(x\)，把它和尽量小的不和它互质的数连边（这个我不知道怎么讲清楚，看代码8……），然后你就得到了一堆拓扑图。把它们丢去拓扑排序，按照题意，每次一定会把当前最大的入度为0的点输出，用优先队列维护拓扑排序的过程即可。
AGC010D
之前按奇数的个数讨论胜负，一看到题解"奇数个偶数"我就知道我想假乐
然后重新想
如果这个序列中如果存在1，把这个序列中（不为1的数-1）加起来，如果和为奇数先手胜，否则后手胜。
考虑先后手的一轮操作，在没有除法的情况下，可以保证奇/偶数个数的奇偶性不变，同样，在这个过程中，gcd为奇数，所以除法不影响奇/偶数个数的奇偶性。然后变到1就不能操作，偶数个数总体趋势还是减少的。当只剩一个偶数和一堆1时，根据上面的结论先手胜。所以有偶数个奇数时，先手必胜。
否则如果有偶数个偶数时，考虑游戏中任意一个局面，它的gcd为1，说明原序列中有\(\geq 1\)个奇数。也就是说，如果先手对偶数执行-1操作，gcd一直为奇数，除掉了以后奇偶数的个数不变，即变成了有奇数个偶数的情况，此时先手必败。那操作奇数呢？只剩下一个奇数时才能这么干，否则还是先手必败,理由同上。所以有偶数个偶数，且奇数个数\(> 1\)时，后手必胜，否则除掉gcd继续处理。
模拟一下就完了
AGC008E
首先可以建一个\(i\rightarrow p_i\)的图，它显然会有很多个环。一个\(i\rightarrow a_i\)的图是由\(i\rightarrow p_i\)或\(i\rightarrow p_{p_i}\)的边组成
然后考虑一个环在经过这样子变化后会变成怎样:
全是\(i\rightarrow p_i\)的边
和原图一样
全是\(i\rightarrow p_{p_i}\)的边
奇环没被拆掉，不过和原来的环长得不一样。
偶环被拆成两个大小一样的环。
两种边都有
最后会形成环套树，且树是链的形态，一个环点只能挂一条链。
现在从\(i\rightarrow a_i\)反推会\(i\rightarrow p_i\)
环
偶环和自环没变化，贡献为1奇环可以变得不一样也可以维持原样，贡献为2
合并环，设合并\(2i\)个长为\(l\)的环。由于环的形态是固定的，所以合并两个环的方案数为\(l\) . 然后环对内的顺序和环对的相对顺序没有关系，所以最后方案数为\(\frac{l^i*(2i)!}{i!2^i}\)
环套树
设挂链的环点为关键点，链长为\(len\)，一个点和它后边第一个关键点的距离为\(dis\)如果\(len<dis\)，链的第一个点有两个地方塞，所以有两种塞法
如果\(len=dis\)，只有一种塞法
否则没有塞法
加法/乘法原理统计一下就行了
CF1217F
1操作map判断有无连边，2操作可撤销并查集维护
上面是假的，在线要写ETT，然而LOJ最短的ETT板子也有6k……
考虑\(lstans\)只有0和1两种取值，然后就可以把一个询问\(q_i\)拆成两个\(q_{i,1},q_{i,2}\)，组成全局询问。对全局询问处理，处理出和下一个和\(q_{i,j}\)完全一样的询问出现的时间\(nxt\)，则\(q_{i,j}\)这个询问存在的时间为\([i+1,nxt]\)。然后线段树分治+可撤销并查集进行处理。
处理方法：分治按时间分治。记上次的答案为\(lstans\)，然后处理出真的询问/修改。如果是询问直接询问。如果是修改就拿个map记一下这个修改有没有被加过，没被加过就把这个修改对应的区间加上这条边，否则不加。
对于\(lstans\oplus 1\)对应的修改，也要判断是否可以加到线段树里进行加边，但是不哟用修改map！！
正确性嘛……没有涉及到的边会一直加，直到被涉及到……
AGC036F
哎金华集训讲过来着？证明我在睡觉
这里意译翻译一个官方题解，感觉很妙：
考虑直接容斥：
求所有\(i\)满足\(p_i^2+i^2<(2n)^2+1\)的情况下，钦定\(k\)个\(i\)满足\(p_i^2+i^2<n^2\)的方案数。设\(l_i\)表示满足\(x^2+i^2<n^2\)最大的\(x\)，\(r_i\)表示满足\(x^2+i^2<(2n)^2+1\)最大的\(x\).令\(被钦定了没被钦定h_i=l_i(被钦定了)\;or\;r_i(没被钦定)\)。把\(h_i\)从小到大排序，则方案数为\(\prod\limits_{i=0}^{2n-1} (h_i-i)\)
然后你 就需要和出题人一样有强大的脑洞 要考虑一下\(h\)有什么限制：
把\(l_i\)和\(r_i\)划分成三个集合\(A\),\(B\),\(C\)：
- \(A=\{l_i|\;0\leq i\leq n-1\}\)
- \(B=\{r_i|\;n\leq i\leq 2n-1\}\)
- \(C=\{r_i|\;0\leq i\leq n-1\}\)
设\(A\),\(B\),\(C\)里的元素分别为\(a\),\(b\),\(c\)，把它们升序排序会发现所有的\(c\)在\(a\)和\(b\)的前面。
然后对于\(n\leq i\leq 2n-1\)，\(h_i\)必须等于\(r_i\)。对于\(0\leq i \leq n-1\)，\(h_i\)可以在\(l_i,r_i\)里选一个
先枚举选了多少个\(a\)，然后考虑到\(i\)变大时\(l_i\)和\(r_i\)都是递减的，且对于同一个\(i\)，\(l_i<r_i\)。所以设\(dp[i][j]\)表示dp到第\(i\)个数，选了\(j\)个\(a\). 先把所有的\(l,r\)排序，然后分类讨论这是\(a\)还是\(b\)还是\(c\)，再记录一下填了有多少个\(b\)就可以\(O(1)\)确定一个数的位置啦，就完了8
AGC004F
一题拖一星期我也真是厉害……
树
树是个二分图，于是把它黑白染色，设黑点权值为\(-1\)，白点权值为\(1\)，以\(x\)为根的子树和为\(f_x\)
则答案为\(\sum\limits_{i=1}^n |f_i|\)
我们把黑点看成洞，把白点看成球。这个式子就是让\(i\)子树内所有子树内所有的洞和球都匹配完。为了达成这目的，我们需要通过父边运一些球进来或运出去
奇环套树
设环边连接的两个点为\(u,v\)。因此\(u,v\)同色，就是我们操作一次，可以往\(u,v\)同时放下或同时拿出一个球，所以可以计算出操作\((u,v)\)的次数（即\(f_1/2\)），剩下的按树的做
偶环套树
此时\(u,v\)不同色，因此操作一次\(u\rightarrow v\)就相当于把\(u\)和它祖先的\(f\)都\(+1\)，把\(v\)和它祖先的\(f\)都\(-1\)（\(v\rightarrow u\)同理）
设操作\(u\rightarrow v\)了\(x\)次(\(x<0\)即为操作\(v\rightarrow u\))
即要求\(\sum\limits_{x\in fa_u}|f_x-x|+\sum\limits_{y\in fa_v} |-f_y-x|\)的最小值
\(x\)取中位数即可