2019杭电第二场多校题解问题相当于：给定一个棋盘，有一些格子上有障碍物，询问两个格子之间最短路以及方案数。通过观察可

6591 Another Chess Problem

问题相当于：给定一个棋盘，有一些格子上有障碍物，询问两个格子之间最短路以及方案数。

通过观察可以发现将每一个包含 $4$ 个格子的正方形空地当作下图的一个蓝色菱形，下图的顶点对应表示棋盘的格子，这样就转化为在下图中计算。

可以先确定询问的两个点在这个图中是哪两个块，然后先考虑块间的移动顺序，可以发现连续走一个方向会比转方向多走 $1$ ，所以块间移动要使横着和竖着移动尽量错开，然后再考虑到点在块内也有个初始位置，所以可以枚举起点块出去的位置（顶点）和终点块进入的位置（顶点），最短路就是对四种情况取最小值。设每种情况最少连续同一个方向走的次数是 $t$ ，

$最短路方案数 = 块间移动的方案数 \times 2^t \times 两个端点到出去方向的方案数$ 。

块间移动的方案数可以用组合计数算出。

6592 Beauty Of Unimodal Sequence

$f[i][0]$ 表示 $a[i]$ 一定取，序列 $a[1..i]$ 的最长上升子序列长度。

$f[i][1]$ 表示 $a[i]$ 一定取，序列 $a[1..i]$ 的最长单峰子序列长度。

$g[i][0]$ 表示 $a[i]$ 一定取，序列 $a[i..n]$ 的最长下降子序列长度。

$g[i][1]$ 表示 $a[i]$ 一定取，序列 $a[i..n]$ 的最长单峰子序列长度。

转移式子挺容易想的，留给读者思考。

枚举单峰子序列最高点下标，可以很方便的求出最长单峰子序列长度。

接下来逐位确定字典序最大的子序列。经过仔细观察可以发现，将候选集合按照下标排序之后，它们的值是单调的。利用该性质即可得出字典序最大最小的最长单峰子序列。

6593 Coefficient

f(x)=\frac{b}{c+e^{ax+d}} \\
容易想到把分母乘到左边再双端求导得：\\
(c+e^{ax+d})f(x)=b\\
ae^{ax+d}f(x)+(c+e^{ax+d})f'(x)=0 \\
f'(x)=-af(x)(1-\frac{c}{c+e^{ax+d}}) \\
f'(x)=-\frac{a}{b}f(x)(b-cf(x)) \\
假设这里 a 暂时吃掉了 b 并且取了相反数,得到：\\
f'(x)=af(x)(b-cf(x)) \\
令X=f'(x)即有： \\
X'=aX(b-cX) \\
至此，可以看出X的任意阶导数都是关于X的多项式\\
且形如X^{(n)}=XP_n(X)，n \ge 0 \\
对上式再次求导，得到：\\
X^{(n+1)}=X'P_n(X)+XP_n'(X)X'=X'(P_n(X)+XP_n'(X)) \\
=aX(b-cX)(P_n(X)+XP_n'(X))=XP_{n+1}(X) \\
P_{n+1}(X)=a(b-cX)(P_n(X)+XP_n'(X))\\
以x代X,下面将多项式看成关于x的多项式：\\
P_{n+1}=a(b-cx)(xP_n)'\\
不难发现，上式可改写成：\\
P_{n+1}=(a(b-c\int)Dx)\circ P_n=(abDx-acx)\circ P_n \\
P_{n+1}=a(b(xP_n)'-cxP_n)=(\frac{abxP_n}{e^{\frac{c}{b}x}})'e^{\frac{c}{b}x} \\
假设这里a吐出了刚才吃掉的b：\\
\frac{P_{n+1}}{e^{\frac{c}{b}x}}=(\frac{axP_n}{e^\frac{c}{b}x})'\\
令B_n=\frac{P_n}{e^{\frac{c}{b}x}}带入得到：\\
B_{n+1}=(axB_n)'=aDx \circ B_n \\
故显然有：\\
B_n=a^n(Dx)^n\circ B_0 \\
亦即：\\
P_n=(a^n(Dx)^n\circ (e^{-\frac{c}{b}x}))e^{\frac{c}{b}x} \\
令A_k=\{a^n(k+1)^n(-\frac{c}{b})^k\frac{1}{k!}\}\\
B_k=\{(\frac{c}{b})^k\frac{1}{k!}\} \\
P_n=A \times B,P_n第k项乘k! \\
注意这里\times表示序列卷积

得到P_n之后，答案ret=\frac{1}{n!}XP_n(X),X=f(x0)\\
但是这只是回答了一个询问，显然不能每个询问都去做卷积\\
不同询问变化的参数是a,b,c,d，不变的参数是n，考虑变化的参数的影响\\
不难发现，a对答案的影响就是a^n，b的影响就是乘b，d显然没有影响\\
考虑c的影响，首先X=f(x0)发生变化，其次P_n中x^k这一项系数乘c^k\\
不妨令a=b=c=d=1,然后得到P_n之后，在逐个询问进行微观调整\\
易得：ans=\frac{1}{n!}\frac{a^nb}{c+1}P_n(\frac{c}{c+1})\\
然后主要任务就转化为对已知的多项式P_n，进行多点求值\\
而这是多项式的经典问题，可以使用时间复杂度为O(nlog^2n)的算法

6594 Double Tree

首先对第一棵树进行边分治，假设当前我们正在考虑经过中心边 $(st, ed)$ 的所有路径，我们不妨把切掉中心边之后所有和 $st$ 联通的点标成黑色，所有和 $ed$ 联通的点标成白色。

定义黑点 $u$ 的权值 $h(u) = T_1.dis(u, st) + T_1.val(st, ed) / 2 + val(u)$

定义白点 $v$ 的权值 $h(v) = T_1.dis(v, ed) + T_1.val(st, ed) / 2 + val(v)$

那么

T_1.dis(u, v) + T_2.dis(u, v) + val(u) + val(v) \\
\begin{align}
&= T_1.dis(u, st) + T_1.dis(ed, v) + T_1.val(st, ed) + val(u) + val(v) + T_2.dis(u, v) \\
&= h(u) + h(v) + T_2.dis(u, v)
\end{align}

现在对于边分治的每个联通块，我们需要考虑第二棵树。第二棵树上有些点是白色，有些点是黑色，有些点无色，对于每次修改，我们需要找一个黑点 $u$ ，一个白点 $v$ 使得 $h(u) + h(v) + T_2.dis(u, v)$ 最大。

首先我们有一个结论：

对于一棵边权全是正的树，假如这棵树上有一个点集 A 的最长路端点分别是 u, v，另有一个点集 B 的最长路端点分别是 a, b，那么点集 A ∪ B 的最长路端点 ∈ {u, v, a, b}。

因为有修改操作，所以 $h(i)$ 的值是在动态变化的，我们用四元组 $(i, l, r, w)$ 表示 $i$ 点在时刻 $[l, r]$ 的权值 $h(i) = w$ 。对其进行线段树分治，则修改操作就变成了只有加边操作。

6595 Everything Is Generated In Equal Probability

考虑一个长度为 $n$ 的随机排列（无相同元素），它所含逆序对数量的数学期望为 $\frac{\binom{n}{2}}{2}$ 。因为每对下标对期望的贡献为 $1/2$ ，且期望具有可加性。

令 $f(i)$ 表示传入一个长度为 $i$ 的随机排列所获得的函数返回值的数学期望。

容易得到： $f(i)=\frac{1}{2^i}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}f(j)$ 。

改写为： $f(i)=\frac{1}{2^i-1}\sum_{j=0}^{i-1}\binom{i}{j}f(j)$ 。

这样可以 $O(N ^ 2)$ 预处理出 $f(i),i\in[1,N]$ 。

$ans(n)=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f(i)$ 。

$O(1)$ 回答每组数据。

时间复杂度 $O(N^2+Q)$ 。

6596 Fantastic Magic Cube

一共有 $n^3$ 个单位立方体，将每两个不同单位立方体之间连一条边，边权为这两个单位立方体的价值乘积。如果将一个块 $A$ 切成块 $B$ 和块 $C$ ，显然就切断了 $B$ 与 $C$ 的联系，获得了它们之间的边权之和，因此无论怎么切，其实答案是一样的。

令 $N = n ^ 3$ ， $a_i$ 表示第 $i$ 个单位立方体的价值。 $ans = \sum_{1\le i<j\le N}a_i*a_j=\frac{(\sum_{i=1}^Na_i)^2-\sum_{i=1}^Na_i^2}{2}$ 。使用 $fwt$ 计算出所有单位立方体值得分布（也就是计算每种值各有多少个）即可解出该式。