这套做的比较顺。
题也很好。
T1
一个简单的贪心。
我们二分能够无伤通过的蛤个数。
check就用之前用烂了的队列来check。
然后我们知道无伤通过最多一定对应这所有的石头被踩完，因为这样可以让每只蛤单次跳跃距离的最大值尽量的小。
这也就是说两种最优操作是合在一起的，有点像(CSP-2019 D2T2)。
那么，二分出来剩下的就是必然要跳出大于(D)的了，我们取最小的几只，让他们一步从(1)跳过去。
另外一种情况是没有蛤可以无伤过。
这时候就让最便宜的那只去踩地雷，踩过所有的石头，然后剩下的直接跳过去就可以了。
T2
简单的推式。
我们要求的是：
[sumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=1}^{a+id}sumlimits_{l=1}^{j}l^k
]
(kin[0,3000],n,a,din[0,123456789])。
这样只能够把复杂度转成(O(K^2))的。
稍微推一下，设(B_i)为伯努利数第(i)项。
那么：
[sumlimits_{i=0}^{n}inom{n+1}{i}B_i^{-}=0
]
求出(B^{-})后求(B^{+})
[B_i^{+}=(-1)^iB_i^{-}
]
一下令(B_i=B_i^{+})
关于自然数幂和的式子是：
[sumlimits_{i=1}^{n}i^k=frac{1}{k+1}sumlimits_{i=0}^{k}inom{k+1}{i}B_in^{k+1-i}
]
然后就可以直接拆式子了。
[egin{aligned}
ans&=sumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=1}^{a+id}sumlimits_{l=1}^{j}l^k\
&=sumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=1}^{a+id}frac{1}{k+1}sumlimits_{l=0}^{k}inom{k+1}{l}B_lj^{k+1-l}\
&=frac{1}{k+1}sumlimits_{l=0}^{k}inom{k+1}{l}B_lsumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=1}^{a+id}j^{k+1-l}\
&=frac{1}{k+1}sumlimits_{l=0}^{k}inom{k+1}{l}B_lg(k+1-l)\
g(l)&=sumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=1}^{a+id}j^l\
&=sumlimits_{i=0}^{n}frac{1}{l+1}sumlimits_{k=0}^{l}inom{l+1}{k}B_k(a+id)^{l+1-k}\
&=frac{1}{l+1}sumlimits_{k=0}^{l}inom{l+1}{k}B_ksumlimits_{i=0}^{n}(a+id)^{l+1-k}\
&=frac{1}{l+1}sumlimits_{k=0}^{l}inom{l+1}{k}B_kf(l-k+1)\
f(r)&=sumlimits_{i=0}^{n}(a+id)^{r}\
&=sumlimits_{i=0}^{n}sumlimits_{j=0}^{r}inom{r}{j}a^j(id)^{r-j}\
&=sumlimits_{j=0}^{r}inom{r}{j}a^jd^{r-j}sumlimits_{i=0}^{n}i^{r-j}\
&=sumlimits_{j=0}^{r}inom{r}{j}a^jd^{r-j}h(r-j)\
h(p)&=sumlimits_{i=0}^{n}i^{p}\
&=[p=0]+sumlimits_{i=1}^{n}i^{p}\
&=[p=0]+frac{1}{p+1}sumlimits_{k=0}^{p}inom{p+1}{i}B_in^{p-i+1}\
end{aligned}]
(O(n^2))求出(h,f,g)然后分别回代即可。
注意特判掉(p=0)的情况。
模数加一次就爆int？？
T3
(SAM+LCT)
好题。
我们用(LCT)维护(lastpos)。
然后写一个可持久化线段树来维护答案。
对于每条实链来说，他们的(lastpos)都是相等的，我们用他们中(len)最大的来更新答案数组。
因为在(access)的时候这一条链上的点都是这个位置的字符串的重复出现。
我们在加入一个新节点的时候，在(access)的过程中，首先把每条实链中的所有的部分的(len)的最大值加入到这条实链的(lastpos)上就可以了。
然后由于要保证每条实链的(lastpos)时刻相等。
我们发现在(link)的时候会进行 (lastpos)赋值操作，而(cut)则不会。
所以我们的(cut)不能调用(access)函数，防止将不同(lastpos)的实链串联起来。
这样的话维护(SAM)的(parent)树该怎么做呢？
我们不(cut)，而是直接把(nq)怼进树里。
具体来说。
我们找到(q)所在(splay)的前驱，然后把其前驱的右儿子变成(nq)即可，多打几个特判就行了。
然后查询的时候二分答案。
只需要判断第(r)棵可持久化线段树中的([l+mid-1,r])区间中的最大值是否是比(mid)要大就行了。
时间复杂度的话，由于(access)的均摊复杂度是(O(nlogn))的，而可持久化线段树的修改是(logn)的。
那么时空都是：(O(nlog^2n))