没有兄弟的舞会

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度度熊、光羽、带劲三个人是好朋友。

度度熊有一棵

度度熊称点 $\neq ji≠j）当且仅当fa[i]=fa[j]fa[i]=fa[j]。$

第 $ii个点的权值为A_iAi。现要求选出一个点集，该点集合法当且仅当点集中至多只有一对兄弟。$

度度熊想知道，在所有可行的点集中，权值和最大以及最小的点集权值和分别是多少？

0 -15
2 -7

这个对我来说有点hard啊，我比较傻，要选的是点集，不一定是子树，所以即使是树形dp也不是全都可以选的，所以可以直接sort之后取一个就好了

另外一个直接找就好了

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
vector<ll>G[N];
ll a[N],x;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T,n;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        for(int i=2; i<=n; i++)cin>>a[i];
        for(int i=1; i<=n; i++)cin>>x,G[a[i]].push_back(x);
        ll ma=0,mi=0,minx=1e9,maxx=-1e9;
        for(int i=0; i<=n; i++)
        {
            sort(G[i].begin(),G[i].end());
            int len=G[i].size();
            if(len)
            {
                ma=max(ma,ma+G[i][len-1]),mi=min(mi,mi+G[i][0]);
                if(len>1)minx=min(minx,G[i][1]),maxx=max(maxx,G[i][len-2]);
            }
        }
        mi=min({mi,mi+minx,0LL}),ma=max({ma,maxx+ma,0LL});
        cout<<ma<<" "<<mi<<"\n";
        for(int i=0; i<=n; i++)G[i].clear();
    }
    return 0;
}

带劲的and和

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度度熊专门研究过“动态传递闭包问题”，他有一万种让大家爆蛋的方法；但此刻，他只想出一道简简单单的题——至繁，归于至简。

度度熊有一张n个点m条边的无向图，第 $ii个点的点权为v_ivi。$

如果图上存在一条路径使得点

度度熊想知道求出： $\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} f(i,j) \times \max(v_i, v_j) \times (v_i \& v_j)∑i=1n−1∑j=i+1nf(i,j)×max(vi,vj)×(vi&vj)$

其中 $\&&是C++中的and位运算符，如1&3=1, 2&3=2。$

请将答案对 $10^9+7109+7取模后输出。$

其实就是每一个联通块要算贡献，这个联通块是可以用二进制压缩的，所以并查集找出联通块直接暴力就好了

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int fa[N],v[N];
vector<int>G[N];
int find(int x)
{
    return x==fa[x]?x:(fa[x]=find(fa[x]));
}
void la(int x,int y)
{
    x=find(x),y=find(y);
    if(x!=y)fa[x]=y;
}
int bit[31];
ll lb(vector<int>v)
{
    sort(v.begin(),v.end());
    ll ans=0,sum[31]= {0};
    for(auto t:v)
        for(int j=0; j<30; j++)
        {
            if(t&bit[j])
            {
                ans=(ans+t*1LL*sum[j]%MD*bit[j]%MD)%MD;
                sum[j]++;
            }
        }
    return ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    for(int i=0; i<30; i++)bit[i]=1<<i;
    int T,n,m;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m;
        for(int i=1; i<=n; i++)cin>>v[i];
        for(int i=1; i<=n; i++)fa[i]=i;
        for(int i=0,u,v; i<m; i++)
            cin>>u>>v,la(u,v);
        for(int i=1; i<=n; i++)G[find(i)].push_back(v[i]);
        int ans=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(G[i].size()==0)continue;
            ans=(ans+lb(G[i]))%MD;
        }
        cout<<ans<<"\n";
        for(int i=1; i<=n; i++)G[i].clear();
    }
    return 0;
}

序列期望

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"看似随机，实则早已注定"——光羽

度度熊有 $nn个随机变量x_1,x_2,...,x_nx1,x2,...,xn。给定区间[l_1, r_1],...,[l_n, r_n][l1,r1],...,[ln,rn]，变量x_ixi的值会等概率成为区间[l_i, r_i][li,ri]中的任意一个整数。$

显然这 $nn个随机变量的值会有一共\prod_{i=1}^{n} (r_i - l_i + 1)∏i=1n(ri−li+1) 种情况，且每种情况出现的概率为\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{r_i - l_i + 1}∏i=1nri−li+11 。$

对于某种情况，令 $\max{ x_1,x_2,...,x_n}h=max{x1,x2,...,xn}，定义这种情况的权值为：\prod_{i=1}^{n} (h - x_i + 1)∏i=1n(h−xi+1).$

度度熊想知道权值的期望是多少？请将答案对 $10^9 + 7109+7取模后输出。$

PS：不清楚期望是啥？为什么不问问神奇的百度呢？

875000012
500000010

Hint

第二组数据的解释：序列只有两种情况（1,2,1）和(1,3,1)，权值分别为2*1*2=4和3*1*3=9，答案为(4+9)/2，在模域下为500000010。

这个题目看起来好像不可做，其实就是简单的期望，我们只要想到权值的统计方法就好了

显然我们可以枚举最大的区间

卡常劝退，比赛都能过的啊

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7;
int l[105],r[105];
ll w[105],v[10002];
int main()
{
    v[0]=v[1]=1;
    for(int i=2; i<10002; i++)v[i]=v[MD%i]*(MD-MD/i)%MD;
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int L=0,R=0;
        ll ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),L=std::max(L,l[i]),R=std::max(R,r[i]);
        auto la=[&](long long x, long long y)
        {
            return (x+y)*(y-x+1)%MD*v[2]%MD;
        };
        for(int i=L; i<=R; i++)
        {
            ll t=1;
            w[n]=1;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                x=std::max(2,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                w[j]=la(x,y);
            }
            for(int j=n-1; j>=0; j--)w[j]=w[j]*w[j+1]%MD;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                if(r[j]>=i)ans=(ans+t*w[j+1])%MD;
                x=std::max(1,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                t=t*la(x,y)%MD;
            }
        }
        for(int i=0; i<n; i++)ans=ans*v[r[i]-l[i]+1]%MD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

前面一定是2的倍数，为什么要乘上逆元，sb了，这样就不被卡常了

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7;
int l[105],r[105];
ll w[105],v[10002];
ll la(ll x,ll y)
{
    return (x+y)*(y-x+1)/2%MD;
}
int main()
{
    v[0]=v[1]=1;
    for(int i=2; i<10002; i++)v[i]=v[MD%i]*(MD-MD/i)%MD;
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int L=0,R=0;
        ll ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),L=std::max(L,l[i]),R=std::max(R,r[i]);
        for(int i=L; i<=R; i++)
        {
            ll t=1;
            w[n]=1;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                x=std::max(2,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                w[j]=la(x,y);
            }
            for(int j=n-1; j>=0; j--)w[j]=w[j]*w[j+1]%MD;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                if(r[j]>=i)ans=(ans+t*w[j+1])%MD;
                x=std::max(1,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                t=t*la(x,y)%MD;
            }
        }
        for(int i=0; i<n; i++)ans=ans*v[r[i]-l[i]+1]%MD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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