A. Admiral [jds]

数据很小，头尾各处理一半。

B. Array Challenge [zmy]

通过找规律可以得到

Fn=7∗Fn−1−4∗Fn−2 矩阵倍增

C. Boring Game [zmy]

对于二维的翻硬币游戏，显然我们需要使用 NIM 积来计算 SG 函数。论文《从”k倍动态减法游戏”出发探究一类组合游戏问题》给出了一个 O(log2x) 的解法，但是由于此题的数据范围较大。所以这个方法不足以解决改题。下面是根据 03 官方题解和官方标程，得到的另一种非常高效的做法。

假设我们已经求了 x,y∈[0,255] 的所有 x⊗y 的值（ ⊗ 即表示NIM积运算），我们现在用这个预处理的结果 O(1) 计算出 x,y∈[0,65535] 的所有 x⊗y 的值。

我们需要用到一些 NIM 积的性质。

交换律： x⊗y=y⊗x 结合律： (x⊗y)⊗z=x⊗(y⊗z) 分配律： (x⊕y)⊗z=(x⊗z)⊕(y⊗z) 对于 x,y<22α x⊗22α=22αx 22α⊗22α=32×22α=22α⊕22α−1

设 x=a1×28+a2=(a1×28)⊕a2 ， y=b1×28+b2=(b1×28)⊕b2

∴x⊗y=((a1×28)⊕a2)⊗((b1×28)⊕b2)

∴x⊗y=((a1×28)⊗(b1×28))⊕((a1×28)⊗b2)⊕(a2⊗(b1×28))⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(a1⊗b1⊗(27⊕28))⊕((a1×28)⊗b2)⊕(a2⊗(b1×28))⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(a1⊗b1⊗27)⊕(a1⊗b1⊗28)⊕(a1⊗b2⊗28)⊕(a2⊗b1⊗28)⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(28((a1⊗b1)⊕(a1⊗b2)⊕(a2⊗b1)))⊕(a1⊗b1⊗27)⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(28(((a1⊕a2)⊗(b1⊕b2))⊕(a2⊗b2)))⊕(a1⊗b1⊗27)⊕(a2⊗b2)

因此我们可以得到代码：

inline uint nim16(uint x, uint y) { uint a1=x>>8,a2=x&255; uint b1=y>>8,b2=y&255; uint c1=nim8[a1][b1]; uint c2=nim8[a1^a2][b1^b2]; uint c3=nim8[a2][b2]; return ((c2^c3)<<8)|(nim8[c1][128]^c3); }

通过同样的方法，最终我们可以在 O(1) 的时间内，得到任意一个 x,y∈[0,232−1] 的 x⊗y 的值。

对于需要预处理的部分，我们可以先利用同样的思路，计算出所有 2a⊗2b 的值，再算出所有 x,y∈[0,255] 的所有 x⊗y 的值。

至此，对于 NIM 积的求解得到了很好的解决。

回归到此题上，此题是一个经典的 Rugs 游戏，即二维 Ruler 游戏模型。根据 tartan 定理，我们只要求出对应两维的 Ruler 游戏的 SG 值，通过 NIM 积即可得到 Rugs 游戏的 SG 值。在 Ruler 游戏中， SG(x)=lowbit(x) ，而 [1,n] 中所有数的 lowbit(x) 的异或和为 n⊕[n2] ，因此我们可以利用类似求矩形面积并的的方式，求解整个的 SG 值。

D. Brother and Sister [zmy]

利用期望的线性性，我们只需要考虑每个女生对答案的贡献即可。 不难发现这个图是一个内向树。 假设有 m 个节点能够到达这个女生，对于任意一种没有选取该女生的方案，这m个点一定都没有被选过。这种情况下选取 0 号女生的概率与选取该女生的概率之比为m:1，但是从结果上来说，选取 0 号女生是必然事件，所以选取该女生的概率为mm 1。 我们拓扑排序，先计算好链的部分，再枚举环，计算每个点的贡献。 还有一个小问题就是答案的输出，题目要求 pq−1 ，且 p 和q是互质的状态。看上去很麻烦，实际是很好处理的。 我们先考虑两个不互质的数 p1 和 q1 和其约分后的结果 p2 和 q2 ，不难发现 p1×q−11=p2×q−12(mod1000000007) ，所以约分是没有意义的。 此外，不难发现，两个分数 p1q1 和 p2q2 我们分别计算 pq−1 并求和，即可得到这个分数通分后 pq−1 的结果。因此，实际上输出是比较简单的。

E. Cube Summation [zmy]

因为是 3 次方，所以我们考虑3个数 a,b,c 对答案的贡献。假设 a,b,c 互不相同，它对答案的贡献为选出这 3 的方案数乘以n−ia−jb−kc的划分数 p(n−ia−jb−kc) 。 因此我们首先要解决划分数的问题。利用生成函数的知识，我们容易得到

p(x)=1∏(1−xi) 我们先用五边形数定理求其倒数： ∏(1−xi)=∑k=0∞(−1)kxk(3k±1)2 之后利用分治+NTT的做法得到 p(N) 的生成函数 接下来考虑 a,b,c 的方案数，根据数字相同的个数，利用的轮转对称性：。 ∑a,b,c,i,j,k,a≠b,b≠c,a≠cxia+jb+kc+3∑a=b≠c,i,j,kxamax{i,j}+ck+∑a=b=c,i,j,kxamax{i,j,k} 利用容斥原理可得 第一项： (∑a,ixai)3−3(∑a,i,jxa(i+j))(∑a,ixai)+2∑a,i,j,kxa(i+j+k) 第二项： 3(∑a=b,i,jxamax{i,j})(∑a,ixai)−3∑a=b=c,i,j,kxa(max{i,j}+k) 第三项不变 最后整理得到 (D(x)3+3S(x)D(x)+S2(x)) 其中 D(x) 表示 x 的约数个数，S(x)表示 x 的约数和，S2(x)表示 x 的约数的平方和 利用NTT可以得到这部分 再乘上之前我们得到的p(x)，即可得到最终的生成函数。

F. Function Counting [zmy]

仔细分析题目，容易的得到以下几个性质：

我们认为 x 向f(x)连了一条有向边，这样我们会得到若干个环。这个环中 x 与−x的距离一定恰好是环长的一半。这个环长的一半，即绝对值的个数 n 一定能整除k，且 k/n 为奇数，否则不会恰好到 −x 的位置。

下来我们来考虑下每个环的样子：

n=1 ，方案只有一种 n=2 ，方案有两种，但值得注意的是，由于两个数的间距可以为 1 ,也可以为2，所以我们要考虑连续一段长度为 4 时，有特殊的构造方法。 n=3，不妨设一段是 1,2,3 ，每次一个数可以连向和它相同正负性的，也可以是相反正负性的，一共有 4 种。然后，我们会发现在连的时候，大多数长度都为2，但是会出现两次长度为 1 的跳跃。这个跳跃只能发生在开始或结束，所以一共有2种，总方案数为 23 。 n>3 和之前相同的思路，方案数为 2n

这样我们能想到一个简单的 dp 方程，但是这个是 O(nk√) 的，当 k <script type="math/tex" id="MathJax-Element-97">k</script>比较大的时候，可以直接 dp ，比较小的时候，我们需要构造线性递推，用矩阵倍增来进行转移。

G. Jacana Number [zmy]

按照题解的方法做了一遍。。。

H. Monkeys [zmy]

实际上我们只需要求出最多的联通块个数。考虑到每个联通块至少有两个猴子，所以我们需要在树上求最大匹配，用 dp 解决即可。

I. Rotating Line [wbr]

首先考虑无论怎样旋转 线段两侧的点的个数是维持不变的。因此问题转化成在坐标轴旋转的过程中如何按x轴维护点的序列。考虑在坐标轴y以外方向的点对，当坐标轴旋转时其相对顺序不会发生改变。因此按点对的向量将点对预处理好，扫一遍即可。

J. Schedule [zmy]

贪心。我们每次把任务分给在空闲状态下，上一次任务结束时间最晚的那台机器。用堆维护下即可。

K. Two Paths [zmy]

次小短路。正反跑两边 dijkstra 判断下每条非最短路径树的边对答案的贡献。