9.1 辣鸡

可以把答案分成每个矩形内部连线和矩形之间的连线两部分

前半部分即为\(2(w-1)(h-1)\)，后半部分可以模拟求（就是讨论四种相邻的情况）

如果\(n^2\)选择暴力模拟是有\(35pts\)的

发现按横坐标排序后，如果有一矩形与当前矩形横向不相邻，则之后矩形都是没有贡献的

所以枚举时比较横坐标视情况跳出

因为会产生贡献的矩形对并不多（不超过\(4e5\)，具体还会小），所以这样优化以后可以通过

9.2 模板

暴力跳祖先的话是有\(30pts\)的，经过一番纯玄学特判可以拿到45pts

类比之前主席树的某道题，我们统计答案的时候只关心每个颜色的第一次出现，所以可以以时间为值域开线段树，每个叶子节点存这个节点对球总数和颜色的贡献（0或1）

在合并时，需要考虑当前每个颜色新的最早出现位置，可以开一个存每个颜色最早出现位置的线段树，然后先合并时间线段树，再合并颜色线段树，如果出现了相同颜色就比较，并在时间线段树里修改这个颜色在较晚位置的贡献值

思路是偏的，代码能力不行，就很爽。

9.3 超级树

显然是dp，但是怎么想到这神仙转移啊

考虑k级和k+1级之间的关系：k+1级就是两个k级加一个点连起来

那么如果知道k级的方案数怎么推出k+1级呢

新的这个点可能和两棵树以几种方式建立联系：

不连边
向左连边
向右连边
左右同时连边

连边的时候，就要考虑，如果向左连边，有多少种选择方案，这样的问题

这个选择方案数，需要枚举两侧边的位置的每一种情况，再乘上一个边数

那么是不是可以按照边数分类，记录每个边数对应的情况数

就有了状态定义的雏形：\(f[i][j]\)表示\(i\)级树放\(j\)个边的方案数

又发现，在转移时，如果有左边选两条和根接起来这种情况，左边选的两条边是不能相交的

所以：\(f[i][j]\)表示\(i\)级树放\(j\)个不相交边的方案数

那么就有初始状态\(f[1][0]=f[1][1]=1\)

求\(k\)级方案，答案即为\(f[k][1]\)

状态定义想出来，再配合上面的分析过程，转移方程就会简单一些了

状态定义很重要……

11.1 方程的解

\(40pts\)做法：直接面向数据范围特判

正解：\(exgcd\)，模拟一下，分类讨论

先求出方程的一组解，然后按不定方程的结论可以得到其他的解

首先得到一组正整数解，如果得不到就是没有解

然后进行一系列加加减减，直到得不到正整数解，并计数

就是基本的做法了

但是需要特判，如果解变换时xy的变化量同号，就说明他们直接并肩上天就行了，解是无限的

而如果a，b有0,就需要考虑这个方程有没有解，且如果有解就是无限个

11.2 光

大模拟

因为光在对角线上走，对角线的特点就是横纵坐标和/差为定值

那么可以用vector维护对角线上点的横坐标，每次查找反射点时二分

注意如果出现了原地折返，答案要/2

又因为起点不一定靠墙，开始时让他先撞一次墙，重新设定起点，再开始模拟

11.3 visit

考试时写出了式子，然后不会求了

发现p数量少，所以用crt合并

发现p很小，所以用lucas求组合。

13.1 入阵曲

考虑余数，先做二维前缀和

数据范围告诉我们需要写一个\(O(n^3)\)的东西

可以在纵坐标枚举每一个区间，然后枚举每一个长度的从最左端开始的矩形，记录每个余数的个数，特别的设\(cnt[0]\)初始为1

那么每个余数有\(\frac{cnt(cnt-1)}{2}\)的贡献

13.2 将军令

数据小的时候直接状压暴搜

发现最好的情况就是各点控制范围无交集，考虑贪心

按深度排序，扫到一个点若未被控制就在他的k级父亲驻扎

13.3 星空

逐个操作很麻烦，考虑差分下的操作，其实就是可以反转两个位置的值

将原序列差分，目标转化为将序列变为全0

一个长为k的操作可以将坐标差为k的两个1变为0，通过不同操作的组合可以得到需要的值，考虑背包

需要改变的位置很少，最多16个，考虑状压，记录每个不为0的数的位置，然后一次消两个，\(f[S]\)为到状态\(S\)需要的最小步数，初始\(f[all]=0\)，答案即为\(f[0]\)

巴特西

「考试」noip模拟9,11,13