A 求组合数
首先咱一开始并没有看到 Q 的数据范围，并且子任务表格里还有一堆 none （？？？）
后来滚回来看的时候 bug 基本都修好了，于是开始挠头发（这个数据范围真是要人命啊 Q 居然可以到 2e9 ...）
但后来看到了这个 m 的范围比较小，于是估计这道题就是利用 m 比较小的性质来做的
于是列一下 \(C_n^m\) 的公式：
\[C_n^m ={n!\over m!·(n-m)!}\]
并没有什么软用...然后用下降幂表示一下：
\[C_n^m ={n^{\underline{m}}\over m!}\]
说人话就是：
\[C_n^m ={n*(n-1)*···*(n-m+1)\over m*(m-1)*···*1}\]
发现上下都只有 \(m\) 项（挠头）
于是想想如果 mod 为质数怎么做： 咱可以 \(O(m)\) 得去得到这个公式上面和下面两个部分的值，然后 \(O(log ~mod)\) 蒙哥马利一下就可以得到答案了 【汗
然后咱考虑 mod 不是质数的情况，这个时候咱需要对上下两部分的 m 个数进行质因子分解，这是 \(\sqrt n\) 的复杂度，但咱可以用人类智慧优化到 \(\sqrt n\over log ~n\) ，具体康代码（好吧不就是普通的欧拉筛么）...
然后咱把上下两部分的质因子分别加起来，上面的每个质因子 \(p_i\) 的次数 \(k_{i1}\) 减去下面质因子的次数 \(k_{i2}\) ，然后每个质因子快速幂一下就好了（这个复杂度好像是 $\sqrt n ~loglog ~n $ 级别的 ）
但是咱发现太大的质因子存不下呢...那咱就把这些太大的质因子（超过 \(\sqrt n\) 的）用 map 去存就好了（复杂度大概是 \(m ~log ~m\) ...？最后遍历时候的复杂度也不高（应该...）
然后咱本地测了最大数据... T 飞上天（顿时懵逼
懵逼一会儿之后开始补救，大概就是对于 mod 是质数的情况进行了特判...少了 \(\sqrt n\over log ~n\) 的复杂度...
最后就是一边自闭一边把代码交上去准备 T 飞了...
【结果最后数据特别友好，真是气人啊，浪费感情...
// by Judge
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
#define Rg register
#define fp(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b) + 1; i < I; ++i)
#define fd(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b)-1; i > I; --i)
#define ll long long
using namespace std;
const int M = 5e4 + 3;
typedef int arr[M];
#ifndef Judge
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
#endif
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline bool cmax(int& a, int b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
inline bool cmin(int& a, int b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
inline int read() {
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar())
if (c == '-')
f = -1;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
return x * f;
}
int n, m, mod, id1[M];
map<int, int> id2;
inline int mul(int x, int y) { return 1ll * x * y % mod; }
inline int qpow(int x, int p) {
Rg int s = 1;
for (; p; p >>= 1, x = mul(x, x))
if (p & 1)
s = mul(s, x);
return s;
}
int cnt, p[M], v[M];
inline void prep(int n) {
fp(i, 2, n) {
if (!v[i])
p[++cnt] = i, v[p[cnt]] = cnt;
for (Rg int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
v[i * p[j]] = 1;
if (!(i % p[j]))
break;
}
}
}
inline void add(int x, int V) {
fp(i, 1, cnt) {
if (p[i] * p[i] > x)
break;
while (!(x % p[i])) id1[i] += V, x /= p[i];
}
if (x > 1) {
if (x > p[cnt])
id2[x] += V;
else
id1[v[x]] += V;
}
}
#define IT map<int, int>::iterator
inline int solv() {
Rg int ans = 1;
fp(i, 1, cnt) if (id1[i]) ans = mul(ans, qpow(p[i], id1[i]));
for (IT it = id2.begin(); it != id2.end(); ++it) ans = mul(ans, qpow(it->first, it->second));
return ans;
}
inline bool isprime(int x) {
fp(i, 1, cnt) {
if (p[i] * p[i] > x)
return 1;
if (!(x % p[i]))
return 0;
}
return 1;
}
inline void solv0() {
Rg int p = 1, q = 1;
fp(i, 1, m) p = mul(p, n - i + 1), q = mul(q, i);
printf("%d\n", mul(p, qpow(q, mod - 2)));
}
int main() {
int T = read();
prep(5e4);
while (T--) {
n = read(), m = read(), mod = read();
if (isprime(mod)) {
solv0();
continue;
}
memset(id1, 0, sizeof id1), id2.clear();
fp(i, 1, m) add(n - i + 1, 1), add(i, -1);
printf("%d\n", solv());
}
return 0;
}B 铺地板
比赛的时候咱可是放过话的：“网络流这种东西 CSP 怎么可能会考，你见过 NOIP 考过 wll 么？他要敢考咱就敢爆零！” 于是咱并没有黑白染色冷静一下并且华丽爆炸...
到时候补一下吧....
C 军训队列
一开始以为是斜优 dp 想着这出题人也是够毒瘤（虽说也不算太超纲...吧？），结果一看数据范围 500 ， \(n^3\) 喜 dp （斜优 × 暴力 √ ）
// by Judge
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include <bits/stdc++.h>
#define Rg register
#define fp(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b) + 1; i < I; ++i)
#define fd(i, a, b) for (Rg int i = (a), I = (b)-1; i > I; --i)
#define ll long long
using namespace std;
const int M = 503;
typedef int arr[M];
#ifndef Judge
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
#endif
char buf[1 << 21], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline int read() {
int x = 0, f = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar())
if (c == '-')
f = -1;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
return x * f;
}
int n, K, a[M], f[M][M];
inline int Min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
int main() {
n = read(), K = read();
if (K >= n)
return !printf("0\n");
fp(i, 1, n) a[i] = read();
sort(a + 1, a + 1 + n), memset(f, 0x3f, sizeof f), f[0][0] = 0;
fp(i, 1, n) fp(j, 1, Min(i, K)) fp(k, 0, i - 1) f[i][j] =
Min(f[i][j], f[k][j - 1] + (a[i] - a[k + 1]) * (a[i] - a[k + 1]));
return !printf("%d\n", f[n][K]);
}