偶然看到的神秘题，感觉有点意思。

首先考虑式子的组合意义，可以理解为共有 $n$ 个球，可以从前 $b$ 个中选任意个涂白，再在剩下的球中选 $a$ 个涂黑的方案数。

考虑转而枚举前 $b$ 个球中涂黑的数量，得到

$f_{a,b}=\sum_{i=0}^b{2^{b-i}C_b^iC_{n-b}^{a-i}}$

注意到这个式子很能卷积，考虑将 $b$ 固定，设 $F_b(x)=\sum{f_{a,b}x^a}$，得到

$F_b=(2+x)^b(1+x)^{n-b}$

此时枚举 $b$ 并动态维护多项式已经可以做了，类似背包和退背包。时间复杂度 $O(m^2)$。

实际上可以直接推出 $f_{a,b}$ 的递推式。考虑

$F_b(x)'=b(2+x)^{b-1}(1+x)^{n-b}+(n-b)(2+x)^b(1+x)^{n-b-1}$

$\quad\quad\;\;\,=bF_{b-1}(x)\frac{1}{1+x}+(n-b)F_b(x)\frac{1}{1+x}$

于是

$(1+x)F_b(x)'=bF_{b-1}(x)+(n-b)F_b(x)$

提取系数即得

$(a+1)f_{a+1,b}+af_{a,b}=bf_{a,b-1}+(n-b)f_{a,b}$

整理一下

$f_{a+1,b}=\frac{1}{a+1}(bf_{a,b-1}+(n-a-b)f_{a,b})$

预处理逆元直接递推，时间复杂度 $O(m^2)$。

“超级无敌神仙炫酷无敌原神大王”豪华套餐特邀嘉宾。

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这种背包是 $\max,+$ 卷积，没法支持删除，线段树分治可以做，但是不牛。

考虑双栈模拟，左栈存队列左端，右栈存队列右端，求答案就做一个单调队列滑动窗口。为了代码方便可以把其中一个背包复制一遍，写起来比较舒服。

当一个栈弹空的时候，暴力重构两个栈，也就是把另一个栈的一半信息分过来。

这样做的复杂度如何？考虑势能分析。令势能为两栈大小之差的绝对值，每次增删会产生 $1$ 的势能，而每次重构会花费 $\mathcal O(np)$ 的代价消耗 $n$ 单位的势能。所以复杂度即为 $\mathcal O(mp)$。

本题目作为入门练习是一个很好的例题，主要考察分支结构和数学运算符（%，/）。

总体思路：先分离出各个数位上的数字，然后判断是否满足条件。

分离出各个数位上的数字具体方法：

百位数：x/100

十位数：

    方法1：先分离出百位和十位，再分离十位 x/10%10

    方法2：先分离出十位和个位，再分离十位 x%100/10

个位数：x%10

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define LOCAL
using namespace std;

int main()

{
	#ifdef LOCAL
	freopen("daff.in","r",stdin);
	freopen("daff.out","w",stdout);
	#endif
	int x,a,b,c;
	cin>>x;
	a=x/100;
	b=x%100/10;
	c=x%10;
	if(x==a*a*a+b*b*b+c*c*c)
	{
		cout<<"TRUE"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"FALSE"<<endl;
	}
	return 0;
 } 

考虑倍增。

$f(i,k), g(i,k)$ 分别表示从 $i$ 出发，走 $2^k$ 步经过的边权最小值和边权和。一开始 $f(i,0)=g(i, 0)=w_i$。

为了方便处理，我们定义 $to(i, k)$ 表示从 $i$ 出发，走 $2^k$ 步走到的点。$to(i, k)$ 显然是容易处理的。根据 $to(i, k)$ 预处理 $f(i, k), g(i, k)$ 即可。

时间复杂度 $O(n \log ⁡k )$。

题目名是一首歌。

最大值最小化，考虑二分答案，转向判断是否存在一条 $1\to n$ 的路径满足权值 $\le mid$。

我们考虑二分答案其实是给每条边加了一个限制，也就是权值为 $w_i$ 的边最晚在 $\lfloor \frac{mid}{w_i} \rfloor$ 时经过。之后不再合法。

我们考虑路径的形态，从而帮助我们理解这个问题。我们知道，如果 $1\to 2$ 和 $1\to 3\to 2$ 同时合法，那么我们一定会选择 $1\to 2$ 这条路径。

显然在合法的前提下，我们会尽可能地走最短路。这其实是一个贪心的思想。可以理解为，走最短路可以达到更多的后继状态，所以一定优于不走最短路。

于是变成了一个边权为 1 的最短路问题，bfs 求解即可。时间复杂度 $\mathcal O(n\log w)$。

这题有着高达 80 的 dp 部分分，并不是很理解为什么场上没有人打。

//这是我提交AC的第一道题

//庆祝一下写一篇题解~有什么不对欢迎提出

//一道经典的kmp题，一定要记住模版

//每一次询问时间复杂度大约O(n)的，使用O2评测机不会超时的哦

#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<list>
#include<stack>
#include<utility>
#define MAXN 1919810
#define ite iterator
#define fs fixed<<setprecision
typedef long long ll;
using namespace std;

inline ll read(){ll x=0,f=1;char z;z=getchar();while(z<'0'||z>'9'){if(z=='-')f=-1;z=getchar();}while(z>='0'&&z<='9')x=x*10+z-'0',z=getchar();return x*f;}
inline void write(ll x){if(x<0){x=-x;putchar('-');}if(x>9){write(x/10);}putchar(x%10+'0');}
//快读，快写，利用getchar()与putchar()比cin，cout快的特性
char p1 , p2;
int l1 , l2;
char str1[MAXN] , str2[MAXN];
int k[MAXN*2];

inline int solve(){
	memset(k , 0 , sizeof(k));//初始化数组
	int ans = 0;//答案
	register int x = 0;//以下是kmp的模版，比常规暴力时间更少
	for(register int i = 2 ; str2[i] ; ++i){
		while(x && str2[x+1] != str2[i])
			x = k[x];
		if(str2[x+1] == str2[i])
			++x;
		k[i] = x;
	}
	x = 0;
	for(register int i = 1 ; str1[i] ; ++i){
		while(x>0 && str2[x+1] != str1[i]){
			x = k[x];
		}
		if(str2[x+1] == str1[i]){
		}
		if(x == strlen(str2+1)){
			ans++;
			x = k[x];
		}
	}
	return ans;
}



int main(){
	
	freopen("oulipo.in" , "r" , stdin);
	freopen("oulipo.out" , "w" , stdout); 
	int n;
	n = read();
	//常规输入
	for(register int i = 1 ; i <= n ; ++i){
		memset(str1 , 0 , sizeof(str1));
		memset(str2 , 0 , sizeof(str2));
		scanf("%s" , str2+1);//下标从一开始
		scanf("%s" , str1+1);//格式化输入输出一定要学会。不喜欢的可以用cin更方便
		write(solve());
		putchar('\n');
	}
	
	return 0;
}

祝大家能顺利的通过每一场比赛！早日夺得noi金牌！加油！