到处遛鸟刑警

FMT与子集卷积求Cx=∑i⋃j=xai∗bjC_x = \sum_{i\bigcup j = x}a_i*b_jCx​=∑i⋃j=x​ai​∗bj​sol.构造一个FMT(A)=∑i⊂xaiFMT(A) = \sum_{i\subset x}a_iFMT(A)=∑i⊂x​ai​FMTx(A)∗FMTx(B)=∑k⊂x∑i⋃j=kai∗bj=∑k⊂xCk=FMTx(C)FMT_x(A) * FMT_x(B) = \sum_{k \subset x}\sum_{i \bigcup j = k}a_i

有道题要用，发现没用过这个于是随手来学一下inv[mod%i]∗(mod−mod/i)∗i=1[在膜mod意义下]因为inv[mod%i]∗(mod/i)=1你把上两个联立到同一个等号里面，证明就结束了inv[mod \%i] * (mod - mod / i) * i = 1 [在膜mod意义下]\\\\因为inv[mod \% i] * (mod / i) = 1你把上两个联立到同一个等号里面，证明就结束了inv[mod%i]∗(mod−mod/i)∗i=1[在膜mod意义下]因为

四边形不等式为w(a,d)+w(b,c)>=w(a,c)+w(b,d)(a<=b<=c<=d)w(a , d) + w(b ,c ) >= w(a , c) + w(b , d) (a<=b<=c<=d)w(a,d)+w(b,c)>=w(a,c)+w(b,d)(a<=b<=c<=d)当满足w(a,b+1)+w(a+1,b)>=w(a,b)+w(a+1,b+1)w(a , b + 1) + w(a + 1 , b) >

比较妙，巧妙运用了方程以及题目的性质1：最简单通过推式子，得到一个单调递增的横坐标，然后一直维护一个下凸包，然后每次贪心取队首就好了（感性证明，你每次任意画几个点，发现下凸包与该点的连线的截距是最短的）2：稍有思考此时这个每次决策的横坐标并不递增了于是乎就会出现该点在下凸包上的尴尬情况，于是乎因为这个是下凸包每次只要找到第一个不满足后者比前者跟优的情况就好了每次就要二分一个决策 使其满足截距最小。。。3：更深入此时凸包也不递增了。。。但横坐标又递增了好像倒序dp就好了咕咕%%

嘛这个题比较妙是个二维dp。。。。然后dp的时候分两块，并不用枚举左右两块分配的分割数量。。。因为任意一种分割一定是由多次小分割组成启发我们，对于一些感觉要分数量的题目。。可以考虑一下有没有后效性#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n;double a[9][9],sum[9][9],f[15][9][9][9][9],val[15][15][15][15],X;double get(int x , int y ,.