一直在摸最后一天下午才开始写代码，结果有个题没调出来。。。
Chef and Ants
一个经典问题的加强版，将碰撞分成在原点处的碰撞和不在原点处的碰撞。
当蚂蚁在原点碰撞会回头，不在原点碰撞可以视为两只蚂蚁互相穿过对方。
原点碰撞次数就是那些绝对值出现次数超过一次的绝对值的数量，并且可以根据这个判断每只蚂蚁是否到原点后回头。
不在原点碰撞的次数可以每条线单独考虑，对每只蚂蚁只考虑绝对值比它小的蚂蚁是否与它碰撞，那么只有同半轴且回头或者不同半轴且不回头的蚂蚁会与它碰撞。
如果使用hash表统计每个绝对值出现次数，复杂度(O(sum M))；也可以使用堆来完成多个数组归并排序，得到稳定的复杂度((sum Mlog N)).
Expected Number of SCCs
A能到B当且仅当A的值不比B小，反之亦然。因此同一个强连通分量实际上就是值相等的连通分量。
如果记前(i)列的答案为(f(i)),那么只需要求(Ef(1))和(E(f(i)-f(i-1)))。当(Mle2)时,(f(i)-f(i-1))只和第(i)列以及第(i-1)列相关。
考虑相邻两列所有可能的情况：
| AA | AA | AB | AA | AA | AB | AA | AC | AC | AC | |
| AA | AB | AC | BA | BB | BA | BC | BA | BC | BD | |
| (f(i)-f(i-1)) | 0 | 1 | 2 | 0 | 0 | 2 | 1 | 2 | 1 | 2 |
分别计算每种情况出现的概率即可，复杂度(O(1)).
Guess the Tiling
分为三步：
1.考虑左上角(2 imes2)的，(16=4 imes2^2)次可以枚举所有情况，如果存在只改变左上角并且使得(K)的值(+1)的情况,那么就是11/10变成01/10。
2.考虑前(2)列，考虑到第(i)行先将第(i-1)行变成01，然后修改第(i)行第(1)列：
a.如果不改变答案，说明第(i)行第(2)列是1，把它改成(0)再次修改第(i)行第(1)列
b.如果改变答案，如果答案变小，先把第(i)行第(1)列变回去，这个时候第(i)行前两列可能是01和下一行形成正方形或者10和上一行形成正方形，这个时候再修改上一行即可判断。
最多只需要(5=2.5 imes2)步，同理可确定前(2)行。
3.剩下的格子从左到右从上到下，可以修改它左上，上，左的位置为01/1?,然后只需要修改一次它即可判断它的方向。
每个格子平均不超过(4)步。
Blackjack
只需要求出前(i)个数和为(j)至少需要删去几个数，后(i)个数和为(j)至少需要几个数，每次取一个前缀的dp值和后缀的dp值用单调栈来求出答案。复杂度(O(NY)).
Cool Subsets
有原根的数只有(1,2,4,p^k,2p^k),其中(p)是奇素数。用线性筛计算函数(f(x)=r_3+r_5+cdots+cdots,x=2^{r_2}3^{r_3}5^{r_5}cdots)。
那么集合的coolness为(sum f(x)(1+[)存在偶数(])+)积存在因子(4)，用简单的容斥就可以计算大小为(A)到(B)的所有集合coolness之和，但是需要计算组合数的前缀和，即
(SC(N,M)=displaystylesum_{i=0}^Minom{N}{i}).由于已知(SC(N,M))可以(O(1))计算(SC(Npm1,Mpm1))，那么可以用类似莫队的方法计算所有要用到的组合数前缀和。
复杂度(O(R_maxsqrt T+T)).
And-Or Game
记值域为([0,2^M))。考虑从(0)出发到所有点的距离，如果暴力建边，就是(4^M)；但实际上有些边是重复的，比如每个点在与作用下只会连向其子集，因此边数只有(3^M).
可以发现，从起点到任何一个可以到达的点距离不超过(M)步，因为从后往前看，每一步至少都会改变一位，并且这位与结果相同，否则这步就没意义。
那么用FWT可以(O(M2^M))求一步后可以到达的所有结果，复杂度为(O(M^22^M))。
Curious Matrix
数学部分很简单：原限制等价于对所有(2 imes2)的格子行列式为(0)，因为如果对所有(n)阶成立，那么(n+1)阶可以对每一行展开仍然是(p)的倍数。
进一步的，这等价于给每一行每一列分配一个非零数，那么每个格子的值是对应行和对应列的积。需要注意(p-1)中分配方式对应(1)种格子的填写方式。
那么，每个(x,y)的值赋为(v)其实就是添加了某些等价关系，由于这个等价关系的运算是可逆的，可以用并查集处理，每个结点记它与并查集的根的关系，就能推出同一并查集中两个结点的关系。
由于还有删除操作，那么需要使用线段树采用类似对时间分治的方法，只保留添加操作到每个线段树的结点中，那么前序遍历线段树时同时维护并查集，离开结点时撤销操作，就可以在叶子结点求出答案。
由于需要撤销并查集操作，并查集不能支持路径压缩，复杂度为(O(Qlog Qlog N)).
ps：写了但过不了，可能漏了什么细节。
Sequence Creation
大概就是对每个(i),(A_i)和(B_i)连边，考虑每个连通块给边定向，使得每个点入度不超过(1)。
首先连通块边数肯定大于点数(-1)，如果边数等于点数，那么就是棵基环树，环上可定两个向。如果边数等于点数(-1)，那么就是棵树，选一个根就可定向。如果边数大于点数，那么不够选，答案为(0).
由于需要在线加边删边，需要动态树来维护连通性。
ps：根本不会LCT维护连通性。
Greedy Students
没看