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不妨最后再加上初始时的rrr个宝石。考虑某个人得到宝石个数的EGF，显然有F(x)=∑i≥0i!xii!=11−xF(x)=\sum_{i\geq 0}\frac{i!x^i}{i!}=\frac{1}{1-x}F(x)=∑i≥0​i!i!xi​=1−x1​。那么总的分配数目为d![xd]Fn(x)=d!(n+d−1d)d![x^d]F^n(x)=d!\binom{n+d-1}{d}d![xd]Fn(x)=d!(dn+d−1​)。这里为了方便，后面都除去d!d!d!。考虑组合意义，相当于每个人得到任意个

这次题目比较简单。The Tom and Jerry Game!略Operations on a Tuple略The Delicious Cake略Convenient Airports注意到答案的下界为2⋅max⁡(N−M−1,⌈d02⌉)2\cdot \max(N-M-1,\lceil \frac{d_0}{2}\rceil)2⋅max(N−M−1,⌈2d0​​⌉)，其中d0d_0d0​为度数为000的点个数，下面给出一个能达到这个下界的构造。...

这次赛时没打，赛后补了下题目，被最后一题打爆，特意学了一波相关姿势。Triple Sort略Chef and Bitwise Product略Sorting Vases显然MMM个交换的意义就是将位置划分为若干等价类。那么可以将最初的每个数iii写成(ui,vi)(u_i,v_i)(ui​,vi​)的形式，代表一开始在等价类uiu_iui​，最后要到等价类viv_ivi​。考虑将数字间的交换当做一条边，那么得到的每个弱连通分量需要满足每个等价类在uuu中出现次数等于在vvv中出现次数。并且对于

这次的题目难度比较高，有一做的价值，不过照例没有challenge的题解。Strange Number略Squared Subsequences略Ready Bitwise略Perfect Power Divisors写下式子发现显然是个容斥，令F(i)F(i)F(i)表示∑i=2⌊Nk⌋(i⋅⌊Nik⌋)\sum_{i=2}^{\lfloor \sqrt[k] N \rfloor...