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结论专场，结果被踩暴了

青鱼和序列

赛时的做法是，维护$\sum a_i\times i$的取值，发现只和最后一次操作$2$的位置有关，于是递推$O(n)$解决。

赛后发现还有更神奇的结论 第二个结论是，第一次进行操作$2$过后，$a$序列变成回文的了，所以这之后$1,2$操作就是等价的了。

这两个结论单独来看都很容易发现。不过接下来这个结论可能不容易看出：只要进行了操作$2$，那么最后的结果就是一定的。事实上这不难从前$2$个结论中看出。不过如果打表还是很容易看出的

看来我猜结论的功底还是太菜了，还是要多尝试啊

青鱼和怪兽

猜了一个结论，直接二分答案就可以解决。

同样不难通过打表证明这个结论是正确的

青鱼和区间

垃圾题解写的像shit一样，真就谜语人呗

这个结论太小，以至于我看不见

这道题的思维量还是非常高的，不过$nk$这波玄学过题确实佩服。。。

我是joker，以为这道题转移比较难想，最后发现我连计数的对象都没搞清楚

如果不先入为主而是尝试推一下结论的话这道题还是可以分析的吧，但是最后那一步凭考场上的我是无论如何也推不出来的

首先最直白的翻译是，设$S_i$表示覆盖$i$位置的区间的集合，那么合法的条件等价于$S_i$互不相同。

然后有一个结论：不存在$i_1<i_2<j_1<j_2$，使得$S_{i_1}=S_{j_1}\ne S_{i_2}=S_{j_2}$

这个结论的正确性其实挺显然的，但是当时我没往这方面想，而是直接去刚$dp$了，现在想来确实是不明智的行为

那么我们把相同等价类的位置提出来，记作区间$[l_i:r_i]$，那么这些区间要么包含要么不相交，这个结构就非常显而易见了：我们可以把原序列划分成若干个连续段，同时不存在两个不属于同一个连续段的$i,j$使得$S_i=S_j$。这个性质也等价于什么呢，对于询问区间$[i:j]$，要么$i,j$在同一段中，要么$[i:j]$不能制造断点，也就是说$[i:j]$恰好是若干完整的段拼起来的。

现在我们只差最后一步：如何对这些若干不相交的$[l_i:r_i]$计数？

我竟就倒在了这里。。。

考虑一个普通至极的思路：正难则反。也就是说，我们减去分出来的段数$<n$的方案数。那么我们考虑，假设分成了$j$段，根据前面的观察，我们要把这分出来的$j$段区分出来，然后对于长度为$l$的一段，我们需要注意端点是不能包括在区间中的，因此有$\frac{(l-2)(l-1)}{2}$个可选择的区间，方案数为$2^{\frac{(l-2)(l-1)}{2}}$。

有了上述动机，我们设$d{p}_i$表示长度为$i$的答案，有转移式：$d{p}_i=2^{\frac{i(i+1)}{2}}-{\sum }_{j<i}d{p}_j{f}_{i,j}$，其中$f_{i,j}$表示把$i$分成$j$段的所有方案的系数和。

复杂度$O(n^3)$。可以用多项式工业优化到$O(n\text{poly}(n))$，但是有点复杂并且我不太懂所以就咕了

这就是天才和凡人的差距吗

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=305;
int n,mod;
ll pw[N*N],dp[N][N],res[N];
void add(ll &x,ll y){x=(x+y)%mod;
}
int main(){cin>>n>>mod;pw[0]=1;for(int i=1;i<=n*n;i++)pw[i]=pw[i-1]*2%mod;dp[0][0]=1;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<=i;j++){if(dp[i][j]){for(int k=1;k<=n-i;k++){add(dp[i+k][j+1],dp[i][j]*pw[(k-1)*(k-2)/2]);}}}}for(int i=1;i<=n;i++){res[i]=pw[i*(i+1)/2];for(int j=1;j<i;j++){res[i]=(res[i]-res[j]*dp[i][j])%mod;}}cout<<(res[n]+mod)%mod;
}

青鱼和游戏

考场上爆蛋了

这题爆蛋有两个原因：一是确实不会做，二是$t3$确实被卡住了

说白了就是太菜了