F. Fancy Arrays
快速幂 容斥
数列个数，看起来像快速幂，问题是没有最大值可能很大，直接快速幂的话矩阵太大。
考虑容斥转化成一个矩阵大小 O ( x ) O(x) O(x)的快速幂问题：至少有一个元素在 [ x , x + k − 1 ] [x,x+k-1] [x,x+k−1]，等价于最小值小于 x + k x+k x+k，且最大值大于等于 x x x的数列个数，如果最大值就在 [ x , x + k − 1 ] [x,x+k-1] [x,x+k−1]，显然满足条件，如果最大值大于等于 x + k x+k x+k，那么由于相邻项跨度不超过 k k k，从小于 x x x的最小值到大于等于 x + k x+k x+k的最大值中间，一定有一步会落在 [ x , x + k − 1 ] [x,x+k-1] [x,x+k−1]，这类似于离散版的介值定理。
故我们要求的数列个数，就可以由容斥转化为：等价于最小值小于 x + k x+k x+k的个数，减去最大值小于 x x x的个数。
最小值小于 x + k x+k x+k的方案数，从每一步的跨度构成的数组来看，确定了这个数组就能确定数列的形状，每一步跨度都有 [ − k , k ] [-k,k] [−k,k]共 2 k + 1 2k+1 2k+1种选择，一共有 ( 2 k + 1 ) n (2k+1)^n (2k+1)n种形状，然后可以上下平移，对于每一个形状，让他的最小值小于 x + k x+k x+k，也就是在 [ 0 , x − k + 1 ] [0,x-k+1] [0,x−k+1]，有 x + k x+k x+k种选择，总方案数 ( x + k ) ( 2 k + 1 ) n (x+k)(2k+1)^n (x+k)(2k+1)n
最大值大于等于 x x x,也就是所有元素值域都在 [ 0 , x − 1 ] [0,x-1] [0,x−1]，且跨度不超过 d d d， x x x很小，直接矩阵快速幂 d p dp dp即可
E. Darth Vader and Tree
树上dp 矩阵快速幂
自相似的树，考虑一个点的儿子，儿子为根的子树，和父亲为根的子树是一样的，可以通过这一点来 d p dp dp转移，比如本题，统计到根距离 x x x的点，等价于到儿子距离为 x − d i x-d_i x−di的点，每个儿子都可进行这样的转移。
注意儿子虽多，但 d i < = 100 d_i<=100 di<=100，并不多，可以用桶统计各种 d i d_i di的儿子，一次一共只有 100 100 100个转移。并且不同的 x x x，转移都是一样的 f x = ∑ f x − i f_x=\sum f_{x-i} fx=∑fx−i，只有 100 100 100个转移，可以考虑矩阵快速幂优化。
C. Fountains
枚举 二分
买一个金币，一个钻石，分别求不超过对应货币数的最大价值即可。
买两个金币，可以枚举一个，然后可知剩余货币，求价值不超过剩余货币的最大价值，把金币按照价值升序，然后维护前缀最大价值，再二分即可。
两个钻石同理
E. Hidden Knowledge of the Ancients
滑窗 map维护元素种类
元素种类随区间边长有单调性，滑窗即可，注意还有区间长度的限制。
C. Monocarp's String
扫描线前缀和 dp
删去一个区间，剩余的ab相等，等价于选择一个区间 a − b a-b a−b的个数为特定值。数据结构维护 a − b a-b a−b个数的前缀和，枚举所有前缀，对于一个前缀，计算出，可以和他形成合法区间的另一个前缀，前缀和应该是多少，去数据结构查询这个前缀和值的最大长度，即可得到以当前前缀结尾，为右端点的最短合法区间
如果 s s s包含三种字母，类似地可以分别维护 a − b , b − c , c − a a-b,b-c,c-a a−b,b−c,c−a的个数，这三个值共同组成一个前缀的状态，把他们压缩成一个对象，作为 m a p map map的查询 k e y key key，剩下照旧。
该方法可以拓展到更大的字符集。
D. Flags
带前缀和的矩阵快速幂 状压 回文
不能出现黑白红，红白黑，状态里需要记录前两个元素的颜色。
需要求很长的序列的方案数，考虑矩阵快速幂优化，状压记录前两个颜色，并根据其它规则构造转移矩阵。
求的是区间和，可转化为前缀和，求的是长度 [ 1 , x ] [1,x] [1,x]之间的序列的方案数，这可以在 d p dp dp转移同时维护一个前缀和项，第 i i i轮的前缀和项，首先继承 i − 1 i-1 i−1轮的前缀和，并且所有 ( i − 1 , i ) (i-1,i) (i−1,i)的转移，都要复制一份转移到前缀和项，相当于前缀和加上了 i i i的方案数。
还要去除逆序，也就是回文串贡献一次，两个互为逆序的只贡献一次，答案是 ( 全部 − 回文 ) / 2 + 回文 (全部-回文)/2+回文 (全部−回文)/2+回文，所以还需要求回文个数。回文只需要枚举前一半，后一半根据回文特性已经确定了，也可以套用前面的矩阵快速幂优化 d p dp dp，长度除二即可
B. Pairs of Numbers
正序转倒序
状态是个数对，顺着到达目的地，不好做，考虑从目的状态出发倒着来，往往是正着会有很多分支，但倒着来路径是确定的。
比如这题正着每一步有两个分支，倒着等价于 ( a , b ) (a,b) (a,b)里较大的减去较小的，过程是完全确定的。接下来求步数，由于 a , b a,b a,b很大，不能完全模拟。观察模拟过程，实际上就是大的不断减去小的，知道大小关系变化，熟悉数论的可以发现这就是求 g c d gcd gcd辗转相减，只是 g c d gcd gcd关心最终 a , b a,b a,b的值，我们现在关心进行的操作次数，那么对其优化显然就是优化成辗转相除，每次较大的对较小的取模，即可直接跳过一段相同的减法操作，有解的话，最后应该是 ( a , b ) = ( 1 , x ) (a,b)=(1,x) (a,b)=(1,x)的形式，如果是 ( 0 , x ) (0,x) (0,x)则无解。
终点有多种选择，注意到 ( i , n ) ( n , i ) (i,n)(n,i) (i,n)(n,i)是对称的，只有枚举一边，并且 i > n i>n i>n的，第一轮会先转移到一个 ( i , n ) , i < n (i,n),i<n (i,n),i<n，所以我们只用枚举 i ∈ [ 1 , n ] i∈[1,n] i∈[1,n]就是最优的
D. Count GCD
gcd 容斥
gcd是个不断取质因子集合交集的过程，因此首先随着元素增加，gcd一定不断变小。其次增加一个元素之后，新的gcd一定是之前的一个因子。最后来考虑方案数，前一个gcd=y,当前gcd=x，那么这一次加入的元素，一定是 x x x的倍数，但不是 z = k x , x < z < = y z=kx,x<z<=y z=kx,x<z<=y的任何一个 z z z的倍数，否则gcd会是z而不是x。
在值域内，总的 x x x倍数有 m / x m/x m/x，我们要减去所有至少是一个 z = k x , x < z < = y z=kx,x<z<=y z=kx,x<z<=y的倍数的数字的个数，就是合法的元素个数。注意到至少是集合中一个数的倍数，这可以容斥计算。
C. Strong Password
子序列自动机
如果是子序列，也就是能匹配上，我们如何验证？就是经典的子序列自动机，我们把模式串作为自动机，s作为输入的语言，枚举s，根据当前在t上的指针位置，决定t形成的自动机能否转移，如果能转移到结尾就能匹配上。
现在问能否不匹配上，仍然考虑把t作为自动机，s作为输入串，匹配不上就是扫完s，没转移到t的终态，我们能构造t，那贪心的想，就要通过构造，让t的转移尽量慢，也就是，直到s里 [ l i , r i ] [l_i,r_i] [li,ri]的字符都出现过了，我们才认为 t t t的 i i i位置匹配上了，这样匹配时最慢的，如果这样最后仍然匹配上了，则怎么构造 t t t，都不存在 t t t不是 s s s的子序列。
F. Points
线段树维护滑窗
考虑静态。可以枚举 z z z，然后对于每个 z z z，在 [ z − d , z − 1 ] [z-d,z-1] [z−d,z−1]里选两个不同元素作为 x , y x,y x,y，假设 [ z − 1 , z − d ] [z-1,z-d] [z−1,z−d]元素个数为 k k k，那么贡献就是 C ( k , 2 ) = k ( k − 1 ) / 2 = ( k 2 − k ) / 2 C(k,2)=k(k-1)/2=(k^2-k)/2 C(k,2)=k(k−1)/2=(k2−k)/2
动态增减元素的话，考虑对值域建线段树，每个位置 i i i维护 [ i − d , i − 1 ] [i-d,i-1] [i−d,i−1]的 k , k 2 k,k^2 k,k2，用一个区间求和线段树，得到所有位置的 k 2 , k k^2,k k2,k和，即可求出答案。
这其实是一种不太常见，但也有套路的线段树设计，也就是线段树上 i i i点，不对应序列/值域的 i i i点，而是对应以 i i i开头/结尾的一段区间，这常见于原问题静态时，答案的求法时跑一个定长滑窗，确定了滑窗的端点即可统计答案，那么我们让线段树维护这些滑窗内的情况，即可解决动态问题。
考虑更新，加入一个数 i i i，会影响 [ i , i + d ] [i,i+d] [i,i+d]为右端点的滑窗的 k , k 2 k,k^2 k,k2，也就是一个区间更新，需要懒标记，懒标记的核心就是 p u s h d o w n pushdown pushdown和更新时递归到一个最小区间的更新，两部分逻辑类似，一块考虑。
也就是我们对一个区间的 k k k都 + f +f +f，这个区间的 k , k 2 k,k^2 k,k2标记分别会如何变化？ k k k的变化就是每一个位置 i i i，都 + f +f +f，但前提是 i i i位置有元素，所以整个区间的 k k k变化是， + = c n t ∗ f +=cnt*f +=cnt∗f， c n t cnt cnt是区间内有元素的位置个数，因此区间标记需要增加一个 c n t cnt cnt，这很好维护，单点修区间和即。 k 2 k^2 k2的变化，写出增量表达式 ( k + f ) ( k + f ) − k 2 = ∑ ( 2 k f + f 2 ) (k+f)(k+f)-k^2=\sum (2kf+f^2) (k+f)(k+f)−k2=∑(2kf+f2)，这里的求和也是对所有位置 i i i来说，前提是 i i i位置有元素。故等于 2 f ∑ k + c n t f 2 2f\sum k+cntf^2 2f∑k+cntf2，用 k , c n t k,cnt k,cnt标记即可更新。
加入一个数，最后递归到 i i i的叶子，更新这一点的 c n t = k = k 2 = 1 cnt=k=k^2=1 cnt=k=k2=1
删除一个数，对 k , k 2 k,k^2 k,k2的区间更新和上面类似，可以复用函数， f = − 1 f=-1 f=−1即可。单点修该则是 i i i位置 c n t = k = k 2 = 0 cnt=k=k^2=0 cnt=k=k2=0