题解：
思路挺好想的。。然而今天写代码写成傻逼了
d1t1:
首先比较暴力的就是$f[i][j]$表示i个这个点是j的概率
然后前缀和一下dp就是$n^2$的
部分分树形态随机就说明树深度是$log$的
只转移子树中有的点,复杂度$nlogn$的
正解也很好想
我们化简一下那个式子（早上的草稿纸找不到了。。）
反正形如$(ai*sum[i]+bi)*pi$
因为最多只有两个儿子，显然启发式合并或者线段树合并可以维护这个sum[i]然后复杂度是$nlogn$的
30min写完一下过了样例一交爆0
然后就debug了无限久
大概先是通过手造发现要先做左二子，然后发现了查询没down
然后手造就再也发现不了问题
就改对拍（早知道就早点写了）
然后那个数据要在不太能手摸的时候才出错。。
找了半天才发现是merge里面没有把y的sum加到x上
然后交了tle70
然后我把map改了hash快了一点点还是70
于是又离散化才过
于是我写了2个半小时这题 简直是傻逼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ll long long
#define mid ((h+t)>>1)
namespace IO
{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c;while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int C=-,Z;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1() {sr[++C]=' ';}
IL void wer2() {sr[++C]='\n';}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) { if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) { if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){ return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){ return x<y?x:y;}
}
using namespace IO;
const int N=4e5;
const int M2=N*;
const int mo=;
const int INF=4e5;
int ch[N][],cnt[N],v[N];
const int mo2=1e7+;
struct Hash{
int a[mo2+],b[mo2+];
IL void push(int x,int y)
{
int pos=x%mo2;
while (a[pos]&&a[pos]!=x) pos++;
a[pos]=x; b[pos]=y;
}
IL int find(int x)
{
int pos=x%mo2;
while (a[pos]&&a[pos]!=x) pos++;
return b[pos];
}
}H;
IL int fsp(int x,int y)
{
ll now=;
while (y)
{
if (y&) now=now*x%mo;
x=1ll*x*x%mo; y>>=;
}
return now;
}
int rt[N];
map<int,int> M;
struct re{
int a,b;
}p[N];
int tf;
struct sgt{
int sum[M2],lazy[M2],ls[M2],rs[M2],cnt2;
sgt() { rep(i,,M2-) lazy[i]=;}
IL void down(int x)
{
if (lazy[x]!=)
{
sum[ls[x]]=1ll*sum[ls[x]]*lazy[x]%mo;
sum[rs[x]]=1ll*sum[rs[x]]*lazy[x]%mo;
lazy[ls[x]]=1ll*lazy[ls[x]]*lazy[x]%mo;
lazy[rs[x]]=1ll*lazy[rs[x]]*lazy[x]%mo;
lazy[x]=;
}
}
int merge(int x,int y,int p1,int p2,int p)
{
down(x); down(y);
if (!x&&!y) return ;
if (!x)
{
lazy[y]=(1ll*p1*(*p-)+(-p))%mo;
sum[y]=1ll*lazy[y]*sum[y]%mo;
return y;
}
if (!y)
{
lazy[x]=(1ll*p2*(*p-)+(-p))%mo;
sum[x]=1ll*sum[x]*lazy[x]%mo;
return x;
}
rs[x]=merge(rs[x],rs[y],(p1+sum[ls[x]])%mo,(p2+sum[ls[y]])%mo,p);
ls[x]=merge(ls[x],ls[y],p1,p2,p);
sum[x]=(sum[ls[x]]+sum[rs[x]])%mo;
return x;
}
void change(int &x,int h,int t,int pos)
{
x=++cnt2; sum[x]=;
if (h==t) return;
if (pos<=mid) change(ls[x],h,mid,pos);
else change(rs[x],mid+,t,pos);
}
int query(int x,int h,int t)
{
if (!x) return();
if (h==t)
{
return 1ll*h*p[h].a%mo*sum[x]%mo*sum[x]%mo;
}
down(x);
return (query(ls[x],h,mid)+query(rs[x],mid+,t))%mo;
}
}S;
void dfs(int x)
{
if (!x) return;
if (cnt[x]==)
{
dfs(ch[x][]); dfs(ch[x][]);
rt[x]=S.merge(rt[ch[x][]],rt[ch[x][]],,,v[x]);
} else if (cnt[x]==)
{
dfs(ch[x][]);
rt[x]=rt[ch[x][]];
} else
{
S.change(rt[x],,INF,v[x]);
}
}
int n;
bool cmp(re x,re y)
{
return x.a<y.a;
}
int main()
{
read(n);
rep(i,,n)
{
int x;
read(x);
ch[x][cnt[x]++]=i;
}
int ni10000=fsp(,mo-),num=;
rep(i,,n)
{
read(v[i]);
if (cnt[i]) v[i]=1ll*v[i]*ni10000%mo;
else p[++num]=(re){v[i],i};
}
sort(p+,p+num+,cmp);
rep(i,,num) v[p[i].b]=i;
// rep(i,1,num) H.push(p[i],i);
dfs();
cout<<S.query(rt[],,INF)<<endl;
return ;
}
d1t2:
（我的做法可能比较麻烦常数比别人大2-3倍）
这个贪心的性质非常明显，有强化卡肯定强化他然后选最大的（没有当然只能选攻击了）
看数据范围就知道这个东西很明显是$n^2$的 并且不能带$log$
于是这时候很明显是dp了
对于强化卡我们$f[i][j]$表示前i张选j张不同方案的乘积和（注意如果>k-1只取k-1张） 所以要先排序
那对于攻击卡我们怎么选择呢，似乎暴力$dp$需要$f[i][j][k]$，i张里面选j张，使用k张攻击卡
但我们排序后发现，对后面的我们可以直接乘组合数
于是处理出$f[i][j]$表示前i张选j张并且攻击了
最后枚举$i$和强化卡使用数量num，那么j就是$max(1,k-num)$，再乘个组合数就好了
刚开始第二个样例wa了
写了个拍查了一下就对了
然后提交上去30？？？？？
卧槽卡常这么恐怖的么
然后就是30-40-60-100了
（大概是 把多次调用数组同一个值的地方改掉了 上下界修改了一下 MAX只调用一次 C数组改变了一下两维的顺序）
连续两天用指针卡常发现没用
以后再也不改指针了，最花时间又最没用的卡常
当然这些都改了也只有60
通过删减代码发现时间在最后统计处
然后用常用的套路去减少取模次数
于是我循环展开了然后4次取模一次（8次测出来和4次效果差不多）
终于过了
我也不知道为啥这个常数这么大。。。跟正解好像没啥区别。。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ll long long
#define mid ((h+t)>>1)
namespace IO
{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c;while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int C1=-,Z;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C1]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C1]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1() {sr[++C1]=' ';}
IL void wer2() {sr[++C1]='\n';}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) { if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) { if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){ return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){ return x<y?x:y;}
}
using namespace IO;
const int N=4e3;
const int mo=;
int w1[N],w2[N];
int f1[N][N],f2[N][N],C[N][N],g[N][N],C2[N][N],f3[N][N];
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
int T;
read(T);
rep(i,,)
{
rep(j,,i)
C[i][j]=(C[i-][j]+C[i-][j-])%mo;
C[i][]=;
}
rep(i,,)
rep(j,,)
C2[i][j]=C[j][i];
while (T--)
{
int n,m,k;
read(n); read(m); read(k);
rep(i,,n) read(w1[i]);
rep(i,,n) read(w2[i]);
sort(w1+,w1+n+,cmp); sort(w2+,w2+n+,cmp);
f1[][]=; f2[][]=;
rep(i,,n) f1[i][]=;
rep(i,,n)
{
int t=MIN(i,m);
rep(j,,t)
{
if (j<k) f1[i][j]=(f1[i-][j]+1ll*f1[i-][j-]*w1[i])%mo;
else f1[i][j]=(f1[i-][j]+f1[i-][j-])%mo;
}
}
rep(i,,n)
{
int t=MIN(i,m);
rep(j,,t)
{
f2[i][j]=(g[i-][j-]+1ll*w2[i]*C[i-][j-])%mo;
g[i][j]=(g[i-][j-]+g[i-][j]+1ll*w2[i]*C[i-][j-])%mo;
}
}
unsigned ll ans=;
for (register int j=;j<=n;j++)
{
int tt=MAX(k-j,),tt1=f1[n][j];
int *pp=C2[m-j-tt];
register int i;
for (i=;i+<=n;i+=)
{
ans+=1ll*tt1*f2[i][tt]%mo*pp[n-i];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans+=1ll*tt1*f2[i+][tt]%mo*pp[n-i-];
ans%=mo;
}
for(;i<=n;i++)
ans+=1ll*tt1*f2[i][tt]%mo*pp[n-i];
ans%=mo;
}
wer(ans); wer2();
}
fwrite(sr,,C1+,stdout);
return ;
}
d1t3:
果然是不可做题。。再见
d2t1:
因为记得我看过游记说这个是道傻逼题
于是看了题目10min写了个next_permutation然后拿了10分
我才意识到把排序当2^n了
然后就先去写了一道lct
写完重新开始想。。感觉已经晕了
然后我就很zz的想出了$nlog^3n$的做法
然后发现这个东西常数极小就写了
大概就是$f[i][j]$表示当前状态中有i这些点，然后与它相连的点有j个（包括自己）
然后转移就可以枚举现在放了几个点在后面
然后挺好写
不过拍了一下发现我把$A()$搞成了$x!$ 改了就拍上了
交了之后发现数组开小了
然后并不是很理解为啥这个数组要40
后来发现我把自己重复计数了（ 我也不懂为什么这都是对的）
果然跑的飞快
也就是$nlogn$慢了3倍
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ll long long
#define mid ((h+t)>>1)
namespace IO
{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c;while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int C=-,Z;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1() {sr[++C]=' ';}
IL void wer2() {sr[++C]='\n';}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) { if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) { if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){ return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){ return x<y?x:y;}
}
using namespace IO;
const int N=1.5e6;
const int M=;
#define lowbit(x) (x&(-x))
bool f[][N],o[N];
int g[N][];
int a[N],num,ans1[N],ans2[N],jc[],jc2[];
const int mo=;
IL int fsp(int x,int y)
{
ll now=;
while (y)
{
if (y&) now=now*x%mo;
x=1ll*x*x%mo; y>>=;
}
return now;
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
int n,m;
read(n); read(m);
rep(i,,m)
{
int x,y;
read(x); read(y);
f[y][<<(x-)]=;
f[x][<<(y-)]=;
}
jc[]=; jc2[]=;
rep(i,,) jc[i]=1ll*jc[i-]*i%mo,jc2[i]=fsp(jc[i],mo-);
rep(i,,n)
rep(j,,(<<n)-)
f[i][j]=f[i][j-lowbit(j)]|f[i][lowbit(j)];
rep(j,,(<<n)-)
rep(i,,n)
{
if (f[i][j]||(j>>(i-))&) ans1[j]++;
if ((j>>(i-))&) ans2[j]++;
}
g[][]=;
rep(i,,(<<n)-)
rep(j,ans2[i],ans1[i])
if (g[i][j])
{
if (j>=) cout<<"sb"<<endl;
rep(k,,n)
if (!((i>>(k-))&)&&!f[k][i])
{
o[i|(<<(k-))]=;
int pu=ans1[i|(<<(k-))];
rep(i1,j+,pu)
{
if (i1>=) cout<<(i|(<<(k-)))<<endl;
g[i|(<<(k-))][i1]=(g[i|(<<(k-))][i1]+1ll*g[i][j]*jc[pu-j-]%mo*jc2[pu-i1])%mo;
}
}
}
int cnt=;
dep(i,(<<n)-,)
if (o[i])
{
maxa(cnt,ans2[i]);
}
ll ans=;
rep(i,,(<<n)-)
if (ans2[i]==cnt) (ans+=g[i][n])%=mo;
ll ans3=;
rep(i,,n) ans3=ans3*i%mo;
cout<<ans*fsp(ans3,mo-)%mo<<endl;
return ;
}
正解是这样的：
大概就是跟我反着记录
$f[i][j]$表示当前有状态i内的点不能经过，独立集内有j个点的方案
然后现在枚举加入一个点会带来k个不合法的，就把他们插入到剩下的位置就可以了
这样是$2^n*n^2$的
然后这么dp的话显然是$i$相同时j越大越好且一定好于j小的
所以记录一下最大就行了
复杂度$nlogn$
我那个方法完全没法优化理论复杂度。。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define ll long long
#define mid ((h+t)>>1)
namespace IO
{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c;while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int C=-,Z;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1() {sr[++C]=' ';}
IL void wer2() {sr[++C]='\n';}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) { if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) { if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){ return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){ return x<y?x:y;}
}
using namespace IO;
const int N=1.5e6;
const int M=;
#define lowbit(x) (x&(-x))
bool f[][N],o[N];
int g[N][];
int a[N],num,ans1[N],ans2[N],jc[],jc2[];
const int mo=;
IL int fsp(int x,int y)
{
ll now=;
while (y)
{
if (y&) now=now*x%mo;
x=1ll*x*x%mo; y>>=;
}
return now;
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
int n,m;
read(n); read(m);
rep(i,,m)
{
int x,y;
read(x); read(y);
f[y][<<(x-)]=;
f[x][<<(y-)]=;
}
jc[]=; jc2[]=;
rep(i,,) jc[i]=1ll*jc[i-]*i%mo,jc2[i]=fsp(jc[i],mo-);
rep(i,,n)
rep(j,,(<<n)-)
f[i][j]=f[i][j-lowbit(j)]|f[i][lowbit(j)];
rep(j,,(<<n)-)
rep(i,,n)
{
if (f[i][j]||(j>>(i-))&) ans1[j]++;
if ((j>>(i-))&) ans2[j]++;
}
g[][]=;
rep(i,,(<<n)-)
rep(j,ans2[i],ans1[i])
if (g[i][j])
{
if (j>=) cout<<"sb"<<endl;
rep(k,,n)
if (!((i>>(k-))&)&&!f[k][i])
{
o[i|(<<(k-))]=;
int pu=ans1[i|(<<(k-))];
rep(i1,j+,pu)
{
if (i1>=) cout<<(i|(<<(k-)))<<endl;
g[i|(<<(k-))][i1]=(g[i|(<<(k-))][i1]+1ll*g[i][j]*jc[pu-j-]%mo*jc2[pu-i1])%mo;
}
}
}
int cnt=;
dep(i,(<<n)-,)
if (o[i])
{
maxa(cnt,ans2[i]);
}
ll ans=;
rep(i,,(<<n)-)
if (ans2[i]==cnt) (ans+=g[i][n])%=mo;
ll ans3=;
rep(i,,n) ans3=ans3*i%mo;
cout<<ans*fsp(ans3,mo-)%mo<<endl;
return ;
}
d2t2:
d2t3: