由于我太懒了，所以就不每题开一篇写了。题目大意也懒得写了。
DAY1
1A
显然最优策略是瞎走，在知道那条边断掉了之后才走最短路径。
先把以 $T$ 为根的最短路树求出来，然后可以用堆求出断掉每条边后端点到 $T$ 的最短路径。
最后像 dijk 那样 DP 一下就好了。
1B
直接线段树 + 凸包优化 DP 可以轻松做到 $O(n\log n)$
用 这个方法 可以优化到 $O(n)$
1C
不同的环长只有 $O(\sqrt n)$ 种。
对每种环长算一下答案即可。
DAY2
2A
直接缩个点然后每个出度为 $0$ 的连通块扔掉最小值即可。
2B
用 这个东西，用平衡树维护序列即可。
DAY3
3A
如果可以修改一个 $a_i$ 满足 $\forall i,a_{i+1}<a_i+b_i \or a_{i+1}>a_i+c_i$，那么那一个人第一天就会发现。
如果可以修改两个，那么那两个人第二天都会发现。
现在就是要修改最少的 $a_i$ 满足上面那个东西。
可以 DP。枚举上一个没有修改的 $j$，那么要求 $[a_i-B_{i-1},a_i-C_{i-1}]\subseteq[a_j-B_{j-1},a_j-C_{j-1}]$。其中 $B,C$ 分别是 $b,c$ 的前缀和。
可以发现区间长度是单调的。
然后按 $a_i-B_{i-1}$ 排序求个 LIS 即可。
3B
直接重链剖分然后在重链上二分是 $O(n\log^2n)$ 的。
在重链上从下往上的求轻子树的答案。
当遇到一个轻子树答案为 $0$ 时，这条链上面的答案就都是 $0$ 了。
这样就只用二分下面那部分了。
复杂度应该是 $O(n\log n)$ 的。
3C
先二分答案 $s$。
弄一个网格，把 $a_i+b_j\leq s$ 的部分染白，剩下的部分染黑。
那么就是你一开始在 $(1,1)$，每次找一个同行或同列的异色的点走过去。
如果 $(1,1)$ 在所有最大匹配上，那么先手必胜。
然后把最大匹配换成最大独立集。
把 $a_i,b_j$ 排序后，选的一定是 $i\leq R,j\leq C$的白色部分和 $i>R,j>C$ 的黑色部分。
可以发现，当 $R$ 变大的时候，$C$ 变大的收益是单调的，$C$ 也是单调的。
直接扫一遍就好了。
DAY4
4A
先让每个点能匹配 $k$ 条边跑一边网络流。
然后每次把度数 $=$ 度数最大值得点找出来，找一个覆盖这些点的匹配。
重复 $k$ 次即可。
4B
记 $f_{i,j}$ 为长度为 $i$，zjt 在 $j$ 处的期望答案。
显然 $f_{i,1}=f_{i,i}=i$
设 $f_{3,2},f_{4,2},\ldots,f_{m,2}$ 这 $m-2$ 个未知数，每次可以通过 $f_{i,j}$ 推出 $f_{i+1,j+1}$ 的式子。
最后把 $f_{m,2},f_{m,3},\ldots,f_{m,m-1}$ 这 $m-1$ 个式子拿出来消元即可。
4C
分块分类讨论或者树套树都能过。
DAY5
5B
对于每一个 $i\leq n$，新建一个点 $i'$。
连边 $(i,i')$
对于每一组 $(i,j)$，连边 $(i',j)$
答案为最大匹配 $-n$。
5C
用一棵平衡树维护当前所有最优解以及最优解的答案
每次遇到一个新的 $a_i$ 时，先把当前所有最优解的答案加上 $a_i$ 的贡献。
还有一种情况，就是最优解到 $a_i$ 时值为 $a_i-1$。
那就拿之前的最优解平移一下即可。
这样就能找到之前所有位置都做了最优操作的解（如果不是最优操作，就不会成为最大值）。
DAY6
6A
可以发现，最优解的 $C$ 一定是 $P-w_i-1$ 或 $T$。
把这些值拿出来每个二分答案 DP 一下就是 $O(n^2(-\log \epsilon))$ 的了。
这个做法的瓶颈在于二分答案。
但是我们可以把这些 $C$ 值 shuffle 一下，每次遇到一个 $C$ 就 $O(n)$ 判断答案是否大于上一个，大了再二分，这样就只用求 $O(\log n)$ 次答案了。
复杂度是 $O(n^2+n\log n(-\log \epsilon))$
6B
可以发现，$f(a_1,a_2,\ldots,a_n)=2^{n-1}(a_1\or a_2\or\cdots\or a_n)$
然后 $n>2$ 的答案和 $n=2$ 的答案是相同的。
然后人类智慧手玩一下就好了。
6C
按颜色的出现次数分块分类讨论就好了。
DAY7
7A
答案肯定是某一个 $A_i$ 再乘上其他的 $B_i$ 再加起来的形式。
枚举 $A_i$，那么假设其他的 $B_i$ 选了 $k$ 个，那么贡献就是 $[x^k]\prod_{j\neq i}((1-B_i)+B_ix)$，对应的方案数就是 $\frac{1}{k+1}\binom{n}{k+1}$。
显然可以分制 NTT。
把这些加起来之后除以 $n!$ 就是答案了。
7B
枚举 $i$，计算选的数都是 $i$ 的倍数的答案。
设值域为 $m$。
先计算可以重复选的方案数。
弄一个阈值 $S$，$i\leq S$ 时直接 FWT，复杂度为 $O(m\log m)$，$i>S$ 时直接暴力 meet in the middle，复杂度为 $O((\frac{m}{i})^2)$
然后容斥一下就好了。
取 $S=\sqrt{\frac{m}{\log m}}$ 时有最优复杂度 $O(m\sqrt{m\log m})$
DAY8
8B
考虑种了 $i$ 棵不同的树后没有结束的概率。设 $x_i$ 为 第 $i$ 棵树到下一棵的距离。随便钦定一棵树为第一棵。
结束了的情况数是 $x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq 2)$ 的解数，为 $\binom{i}{n-i}$。
总的情况数显然是 $x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq n)$ 的解数，为 $\binom{n-1}{i-1}$。
需要期望 $\frac{n}{n-i}$ 步才能种下第 $i+1$ 棵不同的树。
所以答案就是 $\sum_{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i}(1-\frac{\binom{i}{n-i}}{\binom{n-1}{i-1}})$
DAY9
9A
考虑计算逃不出去的概率。
记 $l=\frac{180^\circ}{360^\circ-\theta}$ 为半圆占可选区域的比例。
概率就是在一个长度为 $1$ 的环上，随机选 $n-1$ 个点，使得存在两个点之间的距离 $>l$ 的概率。
那么可以钦定一个很小区域里面有至少一个点，右边 $l$ 的部分没有点。
答案就是 $$ \begin{align} &1-\frac{1}{h}({(1-l)^{n-1}}-{(1-l-h)^{n-1}})\ =&1-(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^{n-1})|_{1-l}\ =&1-(n-1)(1-l)^{n-2}\ =&1-(n-1)(\frac{180^\circ-\theta}{360^\circ-\theta})^{n-2} \end{align} $$
DAY10
10A
前几天刚刚做过一道基本上一样的题。
不写了。
10B
假设不考虑拿完的影响，算出第一个人在每个时刻的石子数 $s_i$。
记两个人的石子总和为 $S=x+y$。
对于一个区间，如果右半部分的 $\max s_i-\min s_i$ 也就是极差 $\geq S$，说明左半部分是没有用的，因为到右边还是会取完。
否则可以轻松地根据左半部分的答案和右半部分的 $\min,\max$ 计算出整个区间的答案。
每次暴力在线段树上跳即可。
DAY11
11A
直接状压 DP 即可。
11B
先差分一下
那么每次就是选两个差为奇质数的位置，把这两个点的值都取反。
如果两个位置的差是奇质数，只用一次就可以把这两个位置处理掉。
如果两个位置的差是偶数，只用两次就可以把这两个位置处理掉。
剩下的情况只用三次就可以处理掉。
跑一个二分图最大匹配即可。
DAY12
12A
用一行的未知数表示剩下其他位置，然后高斯消元即可。
时间复杂度：$O(m^3)$
12B
先按时间分值把删除去掉。
对于一个询问 $(x,y)$，把横坐标 $\leq x$ 的点的凸包求出来，那么答案显然在凸包上。
暴力二分的复杂度是 $O(n\log^2n)$ 的。
注意到这题只用求答案的最小值。
那么如果凸包最下面两个点连成的直线的斜率 $\leq ans$，那么最下面那个点很明显是没用的。
这样不断删点就可以不用二分了。
复杂度是 $O(n\log n)$
12C
考虑对每个字符串分开计算答案。
那么就需要处理两个操作：
1.在这个字符串后面加上一个字符串
2.查询当前字符串在 $S$ 中的出现次数。
把修改操作加上的字符串记作 $T$。
把 $S$ 和 $T$ 放在一起建 SA。
维护当前符合要求的字符串的 rk 范围，每次加字符串就在这个范围内二分即可。
复杂度是 $O(n+q\log n)$
DAY13
13A
不同的线段树区间长度可能只有 $O(\log n)$ 种
就你每一层的长度都是相邻两个整数，然后下一层的也是。
13B
可以列出DP方程： $$ f_i=\sum_{j=l}^i[b_{j-1}=0]f_{j-1}(i-j+1)^2\ =\sum_{j=l-1}^{r-1}[b_{j}=0]f_{j}(i-j)^2\ =\sum_{j=l-1}^{r-1}[b_{j}=0]f_{j}(i^2-2ij+j^2)\ $$ 分开维护 $$ S2=\sum_j (i-j)^2f_j\ S1=\sum_j (i-j)f_j\ S0=\sum f_j $$ 然后每次转移的时候 $$ S2'=S2+2S1+S0+S2\ S1'=S1+S0+S2\ S0'=S0+S2 $$ 这样就好了。
然后这些矩阵都是可以求逆。
预处理一下就好了
13C
$$ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\varphi(ij)dist(i,j)\ =\sum_d\frac{\lvert\mu(i)\rvert}{\varphi(i)}\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi(i)\varphi(j)dist(i,j) $$
来源：oschina
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