题目太水了，是手速场。
A
如果 (a,b,c,d,e,f > 0)，那么就是判断转换效率是否 (>1)，也就是 (frac{bdf}{ace}>1 Rightarrow bdf > ace)。
但是会有 (0) 的情况，我们发现我们需要特判 (c=0,d eq 0) 和 (a=0,b,d eq 0) 的情况，剩下的情况都能用上式判断。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
int main(){
// freopen("A.in","r",stdin);
// freopen("A.out","w",stdout);
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
LL a,b,c,d,e,f;scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&e,&f);
// *b*d*f > e*c*a
if(c == 0 && d != 0){
puts("MEI");
continue;
}
if(a == 0 && b != 0 && d != 0){
puts("MEI");
continue;
}
puts(b*d*f > e*c*a ? "MEI":"FON");
}
return 0;
}
B
考虑倒着做求出每个操作被执行了多少次，一个操作 (2) 相当于将区间内的操作次数都加上这个操作的操作次数，由于操作和询问都是单调向前的，所以可以用差分解决。
然后操作 (1) 也可以用差分解决。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 2e5 + 5;
const int ha = 1e9 + 7;
inline void add(int &x,int y){
x += y;if(x >= ha)x -= ha;
}
int n,q;
int opt[MAXN],l[MAXN],r[MAXN];
int cf[MAXN],ans[MAXN];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);
FOR(i,1,q) scanf("%d%d%d",opt+i,l+i,r+i);
int now = 1;
ROF(i,q,1){
add(now,cf[i]);
// DEBUG(now);
if(opt[i] == 1){
add(ans[l[i]],now);
add(ans[r[i]+1],ha-now);
}
else{
add(cf[l[i]-1],ha-now);
add(cf[r[i]],now);
}
}
FOR(i,1,n) add(ans[i],ans[i-1]);
FOR(i,1,n) printf("%d%c",ans[i],"
"[i==n]);
return 0;
}
C
考虑斯特林公式：
[egin{aligned}
sum_{S subseteq V} f(S)^k = sum_{i=0}^k left{^k_i
ight} f(S)^{underline k}
end{aligned}
]
所以相当于要对于 (k=1ldots 3)，计算出从所有图中有序选出 (k) 条边的方案数。
我们枚举这个边的 (k) 元组，相当于要计算有多少个图包含它，设这个组总共有 (x) 个端点，那么方案数就是 (2^{n-x})。所以我们相当于要对所有可能的点数都计数。
发现 (k=1) 时，答案就是 (m2^{n-1})。
发现 (k=2) 时，情况只有一条长度为 (2) 的链（长度表示边数）和两个端点不交的边，点数分别是 (3,4)。链可以通过枚举中心点解决，剩下那种情况可以容斥。
发现 (k=3) 是，情况有五种：
分别计算即可。
具体说一下我是咋算的：首先情况 (5) 就是三元环计数，将边重定向为度数小的点向度数大的点连边，如果度数相同就按照编号连边，然后对于每个点，暴力遍历能到达的点打标记，再暴力遍历能到达的点的相邻的点，有标记答案就加一，复杂度是 (O(msqrt m)) 的。
然后情况 (4) 我们考虑枚举与端点距离为 (1) 的点，然后先算出来以这个为中心的长度为 (2) 的链有多少个，对于每种可能我们都随便选某个端点的相邻的边作为另一条边，设点的度数为 (deg_v)，那么答案就是
[sum_{x=1}^m sum_{y=x+1}^m (deg_x+deg_y-2) = sum_{x=1}^m (deg_v-1)(deg_x-1)
]
就可以 (O(m)) 的去算了，但是会多算情况 (5)，对于每一个三元环都会被算 (6) 遍，减去后发现每条链都会被算 (2) 遍。
情况 (1) 就是 (sum_i inom {deg_i}{3})。
情况 (3) 可以先枚举长度为 (2) 的链的中心，然后要求第三条边不能和中心相连，发现这样可能多算了 (3) 遍三元环，和 (2) 遍长度为 (3) 的链，减掉就行。
补集转化就可以算出情况 (2)，对应加起来就行。
注意这里斯特林公式不能直接加上 (k=2) 的答案。。需要加恰好选两条不同边的方案。。
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int ha = 1e9 + 7;
const int inv2 = 500000004;
inline char nc(){
#define SIZE 1000000+3
static char buf[SIZE],*p1 = buf+SIZE,*p2 = buf+SIZE;
if(p1 == p2){
p1 = buf;p2 = buf+fread(buf,1,SIZE,stdin);
if(p1 == p2) return -1;
}
return *p1++;
#undef SIZE
}
template <typename T>
inline void read(T &x){
x = 0;int flag = 0;char ch = nc();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') flag = 1;
ch = nc();
}
while(isdigit(ch)){
x = (x<<1) + (x<<3) + (ch^'0');
ch = nc();
}
if(flag) x = -x;
}
struct Edge{
int u,v;
Edge(int u=0,int v=0) : u(u),v(v) {}
}e[MAXN];
int n,m,k;
int fac[MAXN],inv[MAXN],pw[MAXN];
inline int qpow(int a,int n=ha-2){
int res = 1;
while(n){
if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
a = 1ll*a*a%ha;
n >>= 1;
}
return res;
}
inline void prework(){
fac[0] = 1;FOR(i,1,MAXN-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
inv[MAXN-1] = qpow(fac[MAXN-1]);ROF(i,MAXN-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
pw[0] = 1;FOR(i,1,MAXN-1) pw[i] = 2ll*pw[i-1]%ha;
}
inline int C(int n,int m){
if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
return 1ll*fac[n]*inv[m]%ha*inv[n-m]%ha;
}
inline void add(int &x,int y){
x += y;if(x >= ha) x -= ha;
}
namespace BF{
int cnt[MAXN],now;
inline bool check(){
return n <= 300 && m <= 300;
}
inline void ins(int x){
if(!cnt[x]) now++;
++cnt[x];
}
inline void del(int x){
if(cnt[x] == 1) now--;
--cnt[x];
}
int ans,cc = 0;
int vis[MAXN];
inline void dfs(int step,int fg=0){
if(step == k+1){
add(ans,pw[n-now]);
return;
}
FOR(i,1,m){
ins(e[i].u);ins(e[i].v);
vis[i]++;
dfs(step+1,fg+(vis[i]==1));
vis[i]--;
del(e[i].u);del(e[i].v);
}
}
inline void Solve(){
dfs(1);
printf("%d
",ans);
// DEBUG(cc);
exit(0);
}
}
namespace Subtask1{
inline bool check(){
return k == 1;
}
inline int Solve(){
return 1ll*m*pw[n-2]%ha;
}
}
int deg[MAXN];
namespace Subtask2{
inline bool check(){
return k == 2;
}
inline int Solve(){
int gx1 = 0;
FOR(i,1,m) add(gx1,m-deg[e[i].u]-deg[e[i].v]+1);
int gx2 = 1ll*m*(m-1)%ha;
add(gx2,ha-gx1);
int ans = 0;
add(ans,1ll*gx1*pw[n-4]%ha);
add(ans,1ll*gx2*pw[n-3]%ha);
add(ans,1ll*m*pw[n-2]%ha);
return ans;
}
}
namespace Subtask3{
inline bool check(){
return k == 3;
}
std::vector<int> G[MAXN];
int gx0,gx1,gx2,gx3,gx4;
bool vis[MAXN];
inline int gao(){
int res = 0;
FOR(u,1,n){
for(auto v:G[u]) vis[v] = 1;
for(auto v:G[u]) for(auto w:G[v]) if(vis[w]) res++;
for(auto v:G[u]) vis[v] = 0;
}
return res;
}
inline int Solve(){
FOR(i,1,m){
if(e[i].u > e[i].v) std::swap(e[i].u,e[i].v);
if(deg[e[i].u] <= deg[e[i].v]) G[e[i].u].pb(e[i].v);
else G[e[i].v].pb(e[i].u);
}
gx0 = gx1 = gx2 = gx3 = gx4 = 0;
FOR(i,1,n) add(gx0,C(deg[i],3));
gx4 = gao();
FOR(i,1,n) G[i].clear();
FOR(i,1,m) G[e[i].u].pb(e[i].v),G[e[i].v].pb(e[i].u);
FOR(v,1,n){
int s = 0;
for(auto x:G[v]) add(s,deg[x]-1);
s = 1ll*s*(deg[v]-1)%ha;
add(gx3,s);
}
add(gx3,ha-6ll*gx4%ha);
gx3 = 1ll*gx3*inv2%ha;
FOR(v,1,n){
int s = 1ll*C(deg[v],2)*(m-deg[v])%ha;
add(gx2,s);
}
add(gx2,ha-3ll*gx4%ha);
add(gx2,ha-2ll*gx3%ha);
gx1 = C(m,3);
add(gx1,ha-gx0);
add(gx1,ha-gx2);
add(gx1,ha-gx3);
add(gx1,ha-gx4);
int ans = 0;
if(gx0) add(ans,1ll*gx0*pw[n-4]%ha);
if(gx1) add(ans,1ll*gx1*pw[n-6]%ha);
if(gx2) add(ans,1ll*gx2*pw[n-5]%ha);
if(gx3) add(ans,1ll*gx3*pw[n-4]%ha);
if(gx4) add(ans,1ll*gx4*pw[n-3]%ha);
ans = 1ll*ans*fac[3]%ha;
add(ans,3ll*Subtask2::Solve()%ha);
add(ans,ha-2ll*Subtask1::Solve()%ha);
return ans;
}
}
std::mt19937 g(time(NULL));
std::map<P,int> S;
int main(){
prework();
read(n);read(m);read(k);
// FOR(i,1,m) ++deg[e[i].u],++deg[e[i].v];
FOR(i,1,m) read(e[i].u),read(e[i].v),++deg[e[i].u],++deg[e[i].v];
if(BF::check()) BF::Solve();
else if(Subtask1::check()) printf("%d
",Subtask1::Solve());
else if(Subtask2::check()) printf("%d
",Subtask2::Solve());
else if(Subtask3::check()) printf("%d
",Subtask3::Solve());
return 0;
}