A. 求和

求模s直接顺着递推。

求模2的次幂用倒推。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1000105;
int n, m, K;
inline int qpow(int a, int b, int c) {int re = 1; a %= c;for(; b; b>>=1, a=1ll*a*a%c)if(b&1) re=1ll*re*a%c;return re;
}
int C[MAXN], F[MAXN];
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {if(!b) { x = 1, y = 0; return; }exgcd(b, a%b, y, x); y -= x*(a/b);
}
int Inv(int N, int MOD) {int x, y; exgcd(N, MOD, x, y);x = (x % MOD + MOD) % MOD; return x;
}
int MOD, P;
struct node {int x, y;node(int x = 1, int y = 0):x(x), y(y){}inline node operator *(const node &o)const {return node(1ll*x*o.x%MOD, y+o.y);}
};
node get(int N) {node re;while(N % P == 0) N /= P, ++re.y;re.x = N; return re;
}
node inv(int N) {node re;while(N % P == 0) N /= P, --re.y;re.x = Inv(N, MOD); return re;
}
int cal(int p, int pk) {memset(C, 0, sizeof C);memset(F, 0, sizeof F);MOD = pk, P = p;int N = m+2; node now;for(int i = 1; i <= N && i <= n+2; ++i) {now = now * get(n+2-i+1) * inv(i);C[i] = 1ll * now.x * qpow(p, now.y, pk) % pk;}int inv2 = Inv(2, pk), re;re = F[0] = 1ll * C[1] * inv2 % pk;for(int i = 1; i <= m; ++i) {F[i] = 1ll * (C[i+1] - F[i-1]) % pk * inv2 % pk;if(!(i&1)) re = (re + F[i]) % pk;}return (re + pk) % pk;
}
int cnt, p[15], num[15], val[15];
int solve1(const int mod) { //sint tmp = mod;for(int i = 2; 1ll*i*i <= tmp; ++i)if(tmp % i == 0) {p[++cnt] = i; num[cnt] = 1;while(tmp % i == 0) tmp /= i, num[cnt] *= i;}if(tmp > 1) p[++cnt] = tmp, num[cnt] = tmp;int M = 1, re = 0;for(int i = 1; i <= cnt; ++i) val[i] = cal(p[i], num[i]), M *= num[i];for(int i = 1; i <= cnt; ++i) re = (re + 1ll * Inv(M/num[i], num[i]) * val[i] % mod * (M/num[i]) % mod) % mod;return re;
}
int solve2(int pk) {memset(C, 0, sizeof C);memset(F, 0, sizeof F);MOD = pk, P = 2;int N = m+2+30; node now;for(int i = 1; i <= N && i <= n+2; ++i) {now = now * get(n+2-i+1) * inv(i);C[i] = 1ll * now.x * qpow(2, now.y, pk) % pk;}F[m] = 0; int cf = 1;for(int i = m+2; cf; ++i) {F[m] = (F[m] + 1ll * cf * C[i]) % pk;cf = (-2ll) * cf % pk;}int re = F[m];for(int i = m-1; i >= 0; --i) {F[i] = (C[i+2] - 2ll*F[i+1]) % pk;if(!(i&1)) re = (re + F[i]) % pk;}return (re + pk) % pk;
}
int main () {scanf("%d%d%d", &n, &m, &K); if(n&1) --n; if(m&1) --m;int m1 = K, m2 = 1, t = 0;while(!(m1&1)) m1>>=1, m2<<=1, ++t;int v1 = solve1(m1), v2 = solve2(m2);int ans = (1ll*v1*Inv(m2, m1)*m2%K + 1ll*v2*Inv(m1, m2)*m1%K) % K;printf("%d\n", ans);
}

B.农民（farmer）

题解：对于一个权值为xxx的节点，它的左子树内的节点有可能被走到仅当其权值小于xxx，右子树内的节点有可能被走到仅当其权值大于xxx，那么树上每条边相当于给这条边以下的子树加了一个大于或是小于的限制，询问一个节点时，只要判断这个节点的权值是否同时满足到根路径上所有边的限制即可。我们可以用树链剖分加线段树维护这个限制，单点修改很好处理，子树翻转相当于取反子树内所有限制的符号，线段树同时维护一下翻转后的限制，打标记维护即可。时间复杂度O(n+mlog⁡2⁡n)O(n+m \log^2⁡n)O(n+mlog2⁡n)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &x) {char ch; int flg=1; while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')flg=-flg;for(x=ch-'0';isdigit(ch=getchar());x=x*10+ch-'0'); x*=flg;
}
const int MAXN = 100005;
const int inf = 1e9 + 5;
int n, m, rt, fa[MAXN], a[MAXN], ch[MAXN][2], top[MAXN], son[MAXN], sz[MAXN], dfn[MAXN], seq[MAXN], tmr;
void dfs1(int u) {sz[u] = 1;for(int i = 0, v; i < 2; ++i) if((v=ch[u][i])) dfs1(v), sz[u] += sz[v];son[u] = sz[ch[u][1]] > sz[ch[u][0]];
}
void dfs2(int u, int tp) {top[u] = tp; seq[dfn[u] = ++tmr] = u;if(ch[u][son[u]]) dfs2(ch[u][son[u]], tp);if(ch[u][son[u]^1]) dfs2(ch[u][son[u]^1], ch[u][son[u]^1]);
}
struct node {int a, b, c, d;node(int a=0, int b=inf, int c=0, int d=inf):a(a), b(b), c(c), d(d){}inline node rev() { return node(c, d, a, b); }inline node operator +(const node &o)const { return node(max(a, o.a), min(b, o.b), max(c, o.c), min(d, o.d)); }
}val[MAXN<<2]; bool rv[MAXN<<2];
void build(int i, int l, int r) {if(l == r) { val[i] = son[seq[l]] ? node(a[seq[l]], inf, 0, a[seq[l]]) : node(0, a[seq[l]], a[seq[l]], inf); return; }int mid = (l + r) >> 1;build(i<<1, l, mid);build(i<<1|1, mid+1, r);val[i] = val[i<<1] + val[i<<1|1];
}
inline void reving(int i) { val[i] = val[i].rev(); rv[i] ^= 1; }
inline void pd(int i) { if(rv[i]) rv[i]=0, reving(i<<1), reving(i<<1|1); }
void upd(int i, int l, int r, int x) {if(l == r) { val[i] = (son[seq[l]]^rv[i]) ? node(a[seq[l]], inf, 0, a[seq[l]]) : node(0, a[seq[l]], a[seq[l]], inf); return; }pd(i); int mid = (l + r) >> 1;x <= mid ? upd(i<<1, l, mid, x) : upd(i<<1|1, mid+1, r, x);val[i] = val[i<<1] + val[i<<1|1];
}
void mdf(int i, int l, int r, int x, int y) {if(x <= l && r <= y) { reving(i); return; }int mid = (l + r) >> 1; pd(i);if(x <= mid) mdf(i<<1, l, mid, x, y);if(y > mid) mdf(i<<1|1, mid+1, r, x, y);val[i] = val[i<<1] + val[i<<1|1];
}
node qry(int i, int l, int r, int x, int y) {if(x <= l && r <= y) return val[i];int mid = (l + r) >> 1; node re; pd(i);if(x <= mid) re = re + qry(i<<1, l, mid, x, y);if(y > mid) re = re + qry(i<<1|1, mid+1, r, x, y);return re;
}
bool chk(int x, int v) {node re;while(x) {if(x != top[x]) re = re + qry(1, 1, n, dfn[top[x]], dfn[fa[x]]);if((x = fa[top[x]])) re = re + qry(1, 1, n, dfn[x], dfn[x]).rev();}return re.a < v && v < re.b;
}
int main() {read(n), read(m);for(int i = 1; i <= n; ++i) {read(a[i]), read(ch[i][0]), read(ch[i][1]);if(ch[i][0]) fa[ch[i][0]] = i;if(ch[i][1]) fa[ch[i][1]] = i;}for(rt = 1; fa[rt]; ++rt);dfs1(rt); dfs2(rt, rt); build(1, 1, n);int op, x;while(m--) {read(op), read(x);if(op == 1)    read(a[x]), upd(1, 1, n, dfn[x]);else if(op == 2) mdf(1, 1, n, dfn[x], dfn[x]+sz[x]-1);else puts(chk(x, a[x]) ? "YES" : "NO");}
}

C.仙人掌

题解：f(i,j)f(i,j)f(i,j)表示圆方树上i的子树内的点的生成子图内的边完成了定向，i的出度为j的方案数，由于度数总和是O(n)O(n)O(n)的，所以状态数总和不会超过O(n)O(n)O(n)。转移分两类，一种是整个环的转移（即方点），枚举环上一条边的方向转移即可；另一种是合并若干个环或桥边的转移（即圆点），根据环最上方两条边的方向或是桥边的方向，是一个类似背包的DPDPDP，可以直接用分治NTTNTTNTT优化。时间复杂度O(nlog2⁡n)O(n log^2⁡n)O(nlog2⁡n)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char cb[1<<15], *cs=cb, *ct=cb;
#define getc() (cs==ct && (ct = (cs=cb) + fread(cb,1,1<<15,stdin), cs==ct) ? 0 : *cs++)
inline void read(int &x) {char ch; int flg=1; while(!isdigit(ch=getc()))if(ch=='-')flg=-flg;for(x=ch-'0';isdigit(ch=getc());x=x*10+ch-'0'); x*=flg;
}
const int MAXN = 530000;
const int mod = 998244353, G = 3;
int n, m, a[MAXN], du[MAXN], tot;
int Fir[MAXN], To[MAXN], Nxt[MAXN], Cnt = 1;
int fir[MAXN], to[MAXN], nxt[MAXN], cnt;
inline void link(int u, int v) { to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt; }
inline void Add(int u, int v) { To[++Cnt] = v; Nxt[Cnt] = Fir[u]; Fir[u] = Cnt; }
int dfn[MAXN], low[MAXN], tmr, stk[MAXN], indx;
void tarjan(int u, int ff) {dfn[u] = low[u] = ++tmr; stk[++indx] = u;for(int i = Fir[u], v; i; i = Nxt[i])if(i^ff^1) {if(!dfn[v=To[i]]) {tarjan(v, i), low[u] = min(low[u], low[v]);if(low[v] == dfn[u]) {link(u, ++tot);do link(tot, stk[indx]);while(stk[indx--] != v);}else if(low[v] > dfn[u]) --indx, link(u, v);}else low[u] = min(low[u], dfn[v]);}
}
int f[MAXN][3];
#define pb push_back
int cur; vector<int>vec[MAXN];
inline void add(int &x, int y) { x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y; }
inline int pls(int x, int y) { return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y; }
int gen[MAXN], W, rev[MAXN], X[MAXN], Y[MAXN];
inline int qpow(int a, int b) {int re = 1; for(; b; b>>=1, a=1ll*a*a%mod)if(b&1) re=1ll*re*a%mod;return re;
}
void NTT(int *arr, int len, int flg) {for(int i = 0; i < len; ++i)if(rev[i]<i)swap(arr[i], arr[rev[i]]);for(int i = 2, v, B = W>>1; i <= len; i<<=1, B>>=1) //iB = Wfor(int j = 0; j < len; j+=i)for(int k = j, x = 0; k < j+i/2; ++k, x+=B)arr[k+i/2] = pls(arr[k], mod-(v = 1ll * arr[k+i/2] * gen[flg==1?x:W-x] % mod)), add(arr[k], v);if(flg == -1) {int iv = qpow(len, mod-2);for(int i = 0; i < len; ++i) arr[i] = 1ll * arr[i] * iv % mod;}
}
vector<int> cal(int l, int r) {if(l == r) return vec[l];int mid = (l + r) >> 1;vector<int>L = cal(l, mid), R = cal(mid+1, r);int len = 1, lb = L.size(), rb = R.size();while(len <= lb+rb-2) len<<=1;for(int i = 1; i < len; ++i)rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(len>>1));for(int i = 0; i < lb; ++i) X[i] = L[i];for(int i = lb; i < len; ++i) X[i] = 0;for(int i = 0; i < rb; ++i) Y[i] = R[i];for(int i = rb; i < len; ++i) Y[i] = 0;NTT(X, len, 1), NTT(Y, len, 1);for(int i = 0; i < len; ++i) X[i] = 1ll * X[i] * Y[i] % mod;NTT(X, len, -1);vector<int>re; re.resize(lb+rb-1);for(int i = 0, siz = re.size(); i < siz; ++i) re[i] = X[i];return re;
}
void getans(int *F, int A) {vector<int> re = cal(1, cur);re.resize(A+1);for(int i = 1; i <= A; ++i) add(re[i], re[i-1]);F[0] = re[A]; if(A > 0) F[1] = re[A-1]; if(A > 1) F[2] = re[A-2];
}
void dfs(int u) {for(int i = fir[u]; i; i = nxt[i]) dfs(to[i]);if(u <= n) {if(u == 5) {++u;--u;}if(!fir[u]) f[u][0] = 1, f[u][1] = a[u]>0, f[u][2] = a[u]>1;else {cur = 0;for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i]) {vec[++cur].clear();if((v=to[i]) > n) vec[cur].pb(f[v][2]);vec[cur].pb(f[v][1]), vec[cur].pb(f[v][0]);}getans(f[u], a[u]);}}else {for(int o = 0; o < 2; ++o) {int now[2] = { 0, 0 }, pre[2]; now[o] = 1;for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i]) {swap(now, pre); v = to[i];now[0] = (1ll * pre[0] * f[v][1] % mod + 1ll * pre[1] * f[v][2]) % mod;now[1] = (1ll * pre[0] * f[v][0] % mod + 1ll * pre[1] * f[v][1]) % mod;}(f[u][o] += now[1]) %= mod;(f[u][o+1] += now[0]) %= mod;}}
}
void pre(int N) {W = 1; while(W <= N) W<<=1;gen[0] = 1, gen[1] = qpow(G, (mod-1)/W);for(int i = 2; i <= W; ++i) gen[i] = 1ll*gen[i-1]*gen[1] % mod;
}
int main() {read(n), read(m); pre(2*(n-1));for(int i = 1, u, v; i <= m; ++i) read(u), read(v), Add(u, v), Add(v, u), ++du[u], ++du[v];for(int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), a[i] = min(a[i], du[i]);tot = n; tarjan(1, 0); dfs(1);printf("%d\n", f[1][0]);
}

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