补题进度：7/11
1001
待填坑
1002
待填坑
1003（set）
题意：
给定长度为n(n<=5e5)的数组（是n的一个排列）和一个整数k(k<=80)，f[l,r]定义为区间[l,r]内的第k大的数，求所有区间的f值的和
分析：
倒过来考虑，考虑每个数a[i]对答案有多少贡献
将n个数字从大到小依次插入对应位置，已经插入的当作障碍点（可以用set来维护）
那么对于一个i，可以枚举其左边有x个右边有k-x个去统计答案，因为k<=80，所以是OK的
注意边界情况
时间复杂度O(n(k+logn))
1004（01Trie树）
题意：
给一个长度为n(n<=5e5)的数组，问有多少个三元组满足
分析：
异或统计问题肯定想到01Trie树
最简单的想法就是我去枚举j，左右两边分别弄一个01Trie树，但仔细一想发现这样无法统计答案
我们发现一个规律，如果A[i]和A[k]的某一位不同（从高到低），那么A[j]这一位的值是固定的，一定和A[i]相同，和A[k]相反
实际上我们只需要将所有数从后往前加，即枚举i，去统计答案
对于一个确定的A[i]，在Trie树上面爬，枚举A[i]和A[k]第一个不同位
——对于当前位A[k]与A[i]相同，继续向下走
——对于当前位A[k]与A[i]不同，那么就统计答案，这里我们可以确定该位A[j]的值为x，那么我们应该怎样求这样的A[j]的个数呢？
这里我们可以预处理，sum[i][j][0/1]表示前i个数中，第j位是0/1的数字有多少个
s[u]表示以节点u下面的所有单词节点作为A[k]，前面一共有多少个j满足A[k]的这一位不同，这里可以通过倒着枚举i将A[i]插入的过程中，借助sum来完成
但是注意sum表示的前缀和，对于一个给定的i，我们Trie树节点的s[u]存的是前面所有的j的个数，那么j<i的是要删除的，所以统计答案的时候要减去当前这个子树底下k的个数*i前面的那些满足条件的j的个数
void insert(int p,int x)
{
int u=root;
for(int i=maxw;i>=;--i)
{
int d=((bit[i]&x)>);
if(!ch[u][d]) ch[u][d]=++len;
u=ch[u][d];
++num[u];
s[u]+=sum[p-][i][d^];
}
} ans=;
for(int i=n;i>=;--i)
{
int u=root;
for(int h=maxw;h>=;--h)
{
int d=((bit[h]&a[i])>);
if(ch[u][d^])
ans+=s[ch[u][d^]]-1LL*sum[i][h][d]*num[ch[u][d^]];
if(!ch[u][d]) break;
u=ch[u][d];
}
insert(i,a[i]);
}
1005（贪心）
题意：
给出一个n(n<=1000000)个的点的树，需要你将2~n分成k组
每一组的价值是{1}∪{这个组里所有点}这个集合里所有点组成的最小斯坦纳树的边权和
现在要让所有组的价值和最大
分析：
数据范围相当于提示你要用O(n)的方法
我们给2~n做编号1~k，编号相同的点分到一组
假设分块已经固定了，我们来思考如何统计答案
我们来考察每条边(u,fa[u])对答案的贡献
这个贡献一定是以u为根的子树中不同编号的种数
既然要让最后的总结果最大，我们肯定希望每条边(u,fa[u])对答案的贡献越大越好
即以u为根的子树中不同编号的点的个数越多越好
如果size[u]<=k，那就让它们编号互异，贡献个数是size[u]个
如果size[u]>k，那就让它们k个编号互异，然后剩下的构造相同的，贡献个数是k个
这只是我们的理论答案上界，不过手画画几组样例发现确实可以构造出这样的解，所以理论答案上界就是最后的答案
1006（NTT）
题意：
化简一个式子
分析：
无脑化简，到最后发现就是一个卷积
直接NTT
此处的卷积不再是i+j=k，而是i-j=k，将减法看成加一个负下标，错位处理一下就可以了，仍旧是基础的卷积
1007
待填坑
1008（找规律）
题意：
分析：
比赛时候找规律，发现最后结果就是n^k，快速幂一搞就行了
说一下为啥是n^k
一个整数x一定可以写成a*b^2 其中a是无平方因子数，即|μ(a)|=1
那么题目中这个式子相当于在枚举a，然后计算有多少个b
由于任意一个整数都可以写成这种式子，所以这种计算方式包含了1~n^k内所有的整数
所以答案就是n^k
1009
待填坑
1010（决策单调性优化DP）
题意：
给出n个点的树(n<=3e5)以及n的一个排列，现在你要将这个长度为n的排列分成k组(k<=3e5,n*k<=3e5)，让所有组的价值和最小
一组的价值和是这组中所有点在树上的lca的深度
分析：
很典型的一个分段dp
可以很简单写出O(n^2k)的dp
计算价值可以通过O(1)来计算，因为a1,a2,...,am的lca不需要每次算出前缀的lca和后面一位做lca，这m个数的lca一定是lca(a1,a2) lca(a2,a3) ... lca(am-1,am)中深度最小的，于是就可以提前搞一个rmq
然后显然这种问题满足决策单调性，所以时间复杂度O(nklogn)，这就能过了
还有一种更优秀的dp方法
我们把所有相邻位置的lca全部写出来，其实就是让我们挑选k个位置作为“关键位置”，这k个位置对结果贡献，其它位置对结果不贡献
dp[i][j]仍旧表示前i个数中挑出j个数作为“关键位置”的最小代价
①当前位置不作为“关键位置” dp[i][j]=dp[i-1][j]
②当前位置作为一个新的“关键位置" dp[i][j]=dp[i-2][j-1]+lca(a[i-1],a[i])
还要注意一点，就是可能某个位置单独作为一块
③dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+a[i]
所有的取min就行了
时间复杂度O(nk)
1011（模拟）
略