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处理一个前缀和，那么ans[x]=∑sum[i]−sum[j]=xi−jans[x]=\sum_{sum[i]-sum[j]=x}{i-j} 然后sum[i]−sum[j]sum[i]-sum[j]可以当成卷积做，不过由于FFT只支持乘法，因此可以先做一遍关于i的，再做一遍关于j的，然后相减。 注意0的情况。。。#include <bits/stdc++.h>using namespace s

单调处理出第一个串往两边K个能覆盖的字符。 然后对四种字符每种字符做一遍FFT。 对于第一个串，如果这个位置不能匹配当前字符，那该位置为1。 对于第二个串，如果这个位置为当前字符，那该位置为1。 把第二个串反过来和第一个串跑FFT。 答案是在所有FFT中都为0的合法位置个数。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define N 21

设f[i]f[i] 表示长度为i时的答案，那么 f[i]=∑i=1nCj−1i−1∗f[i−j]∗(j−1)!∗j2f[i]=\sum\limits_{i=1}^{n}C_{i-1}^{j-1}*f[i-j]*(j-1)!*j^2 然后这个东西直接分治fft就行了。 推错式子害死人。。。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define

答案中每个岛上一定是一坨森林。岛之间的边可以有可以没有。 不过要减去所有岛都1和a[i]连通并且所有岛之间的边都存在的情况。 设f[x]表示对于一个城镇数为x的岛，连成森林的方案数。 那么f[x]=∑i=0x−1f[i]∗v[x−i]∗Cx−i−1x−1f[x]=\sum\limits_{i=0}^{x-1}f[i]*v[x-i]*C_{x-1}^{x-i-1} =(x−1)!∑i=0x−1

把l,r的条件看成前缀相减，那么就是求Cnx%p(1≤x≤bound)C_x^n\%p(1\le x\le bound) 设n的p进制形式为a1a2a3....acnta_1a_2a_3....a_{cnt} bound的p进制形式为b1b2b3.....bcntb_1b_2b_3.....b_{cnt} 由lucas定理原式为∏Caixi\prod C_{x_i}^{a_i}。 设g[i]