T1

$T$ 组询问，每组询问给定 $n,m$，求
$$(nm{)}^{-1}\cdot \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j)$$
对 $10^9+7$ 取模。

$T\le 20000$，$n,m\le 10^7$。

把逆元放一边，先把式子化简：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\mathrm{lcm}(i,j)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{\gcd (i,j)}\\ & =\sum _{d=1}^{\min (n,m)}d\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }ij[\gcd (i,j)=1]\\ & =\sum _{d=1}^{\min (n,m)}d\sum _{k=1}^{\min (\lfloor n/d\rfloor ,\lfloor m/d\rfloor )}{k}^2\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor n/kd\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/kd\rfloor }ij\end{array}$$
令 $\mathrm{sum}(n)=\sum _{i=1}^n=\frac{n(n+1)}{2}$，
$$\begin{array}{rl}\sum _{d=1}^{\min (n,m)}d\sum _{k=1}^{\min (\lfloor n/d\rfloor ,\lfloor m/d\rfloor )}{k}^2\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor n/kd\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/kd\rfloor }ij& =\sum _{d=1}^{\min (n,m)}d\sum _{k=1}^{\min (\lfloor n/d\rfloor ,\lfloor m/d\rfloor )}{k}^2\mu (k)\mathrm{sum}(\lfloor n/kd\rfloor )\mathrm{sum}(\lfloor m/kd\rfloor )\\ & =\sum _T\mathrm{sum}(\lfloor n/T\rfloor )\mathrm{sum}(\lfloor m/T\rfloor )T^2\sum _{d|T}{d}^{-1}\mu (T/d)\end{array}$$
考虑 $f(T)={\sum }_{d|T}{d}^{-1}\mu (T/d)$，可以 $O(n\log n)$ 暴力算卷积，也可以推推式子用线性筛做。最后整除分块以下即可。时间复杂度 $O(n\log n+T\sqrt{n})$ 或 $O(n+T\sqrt{n})$。

T2

给定一个长度为 $n$ 的数列 $a_0$ 和 $m$ 个二元组，另有 $m$ 个数列 $a_1,\cdots ,a_m$，满足对于第 $i$ 个数列 $a_i$ 和第 $i$ 个二元组 $(x_i,y_i)$（其中 $x_i\in [1,n]$），$a_i$ 只有第 $x_i$ 个元素与 $a_0$ 不同且为 $y_i$，其余均与 $a_0$ 相同。你需要选出一个 { 1,2,⋯ ,n }\set{1,2,\cdots,n}{1,2,⋯,n} 的子序列 { p1,p2,⋯ ,pk }\set{p_1,p_2,\cdots,p_k}{p1​,p2​,⋯,pk​}，满足 $\forall i\in [0,m],j\in [1,k-1]$，$a_{i,p_j}\le a_{i,p_{j+1}}$。求选出子序列长度的最大值。

$1\le n,m\le 10^5$，$1\le a_i,y_i\le 10^5$。

令 $m{x}_i={\max }_{j=0}^m{a}_{i,j}$，$m{n}_i={\min }_{j=0}^m{a}_{i,j}$，那么两个数 $x,y$（$x<y$）能同时在 $p$ 里当且仅当 $m{x}_x\le a_{0,y},a_{0,x}\le m{n}_y$。考虑 dp，设 $f(i)$ 表示当前 p⊆{1,2,⋯ ,i}p\subseteq \{1,2,\cdots,i\}p⊆{1,2,⋯,i} 且 $i\in p$ 的最长长度，那么有
$$f(i)=\underset{j<i,m{x}_j\le a_{0,i},a_{0,j}\le m{n}_i}{\max }f(j)+1$$
可以发现这相当于动态往一个平面直角坐标系的第一象限里加点，点有点权，并且询问一个左下角矩形中点的权值的最大值。直接大力树套树（树状数组套 fhq）即可，当然用 cdq 分治更方便。

#include <bits/stdc++.h>
bool MemoryST; using namespace std;
#define ll long long
#define mk make_pair
#define open(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
#define lson l, mid, rt << 1
#define rson mid + 1, r, rt << 1 | 1
#define BCNT __builtin_popcount
#define cost_time (1e3 * clock() / CLOCKS_PER_SEC) << "ms"
#define cost_space (abs(&MemoryST - &MemoryED) / 1024.0 / 1024.0) << "MB"
const int inf = 0x3f3f3f3f; 
const ll linf = 1e18; 
mt19937 rnd(random_device{}());
template<typename T> void chkmax(T& x, T y) { x = max(x, y); }
template<typename T> void chkmin(T& x, T y) { x = min(x, y); }
template<typename T> T abs(T x) { return (x < 0) ? -x : x; }
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, m, mn[maxn], mx[maxn], a[maxn];
// 线段树区间 -> mx[j]
// 平衡树区间 -> a[j]
namespace FastIn {int read() {char c = getchar(); int f = 1;for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())if (c == '-') f = -f;int s = 0;for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())s = (s << 1) + (s << 3) + (c ^ 48);return s * f;}
} using namespace FastIn;
namespace Structure {const int N = 5e6 + 5;struct Tree {int pos, mx, k, pri; // a[j] 子树最大 自己 优先值int ls, rs, siz;Tree() {ls = rs = siz = 0;}} T[N]; int cnt = 0;void update(int rt) {T[rt].mx = T[rt].k, T[rt].siz = 1;if (T[rt].ls) chkmax(T[rt].mx, T[T[rt].ls].mx), T[rt].siz += T[T[rt].ls].siz;if (T[rt].rs) chkmax(T[rt].mx, T[T[rt].rs].mx), T[rt].siz += T[T[rt].rs].siz;}void split(int rt, int tg, int &l, int &r) {if (rt == 0) return l = r = 0, void(0);if (T[rt].pos <= tg) {l = rt; split(T[rt].rs, tg, T[rt].rs, r);} else r = rt, split(T[rt].ls, tg, l, T[rt].ls);update(rt);}void split1(int rt, int tg, int &l, int &r) {if (rt == 0) return l = r = 0, void(0);if (T[T[rt].ls].siz + 1 <= tg) {l = rt; split1(T[rt].rs, tg - T[T[rt].ls].siz - 1, T[rt].rs, r);} else r = rt, split1(T[rt].ls, tg, l, T[rt].ls);update(rt);}int merge(int l, int r) {if (l == 0 || r == 0) return l | r;if (T[l].pri < T[r].pri) {T[l].rs = merge(T[l].rs, r), update(l);return l;} else {T[r].ls = merge(l, T[r].ls), update(r);return r;}}struct Seg {int root;Seg() { root = 0; }int ask(int K) { // 查 <= K 中最大的if (root == 0) return 0;int l, mid, r; split(root, K, l, r);if (l == 0) return 0;int ans = T[l].mx;root = merge(l, r); return ans;} void insert(int pos, int k) { // 位置在 pos,值为 kint l, mid, r; split(root, pos, l, r), split1(l, T[l].siz - 1, l, mid);if (T[mid].pos == pos) { chkmax(T[mid].k, k), T[mid].mx = T[mid].k;l = merge(l, mid), root = merge(l, r);} else {int now = ++ cnt; T[now].k = T[now].mx = k, T[now].pos = pos;T[now].pri = rnd();mid = merge(mid, now), l = merge(l, mid), root = merge(l, r);}}} seg[maxn];int query(int now, int K) { // mn[i] a[i]int res = 0;for (int i = now; i; i -= lowbit(i))chkmax(res, seg[i].ask(K));return res;} void modify(int now, int pos, int K) { // a[j] mx[j]for (int i = now; i <= 1e5; i += lowbit(i))seg[i].insert(pos, K);}
} using Structure :: query; using Structure :: modify;
namespace Subtask1 {const int N = 5005;bool chk() { return n <= 5000; }int f[N];int main() {f[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++) {f[i] = 1;for (int j = 1; j < i; j ++) if (a[j] <= mn[i] && mx[j] <= a[i])chkmax(f[i], f[j] + 1);} int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) chkmax(ans, f[i]);printf("%d\n", ans);return 0;} 
}
bool MemoryED; int main() { // open(3);n = read(), m = read();for (int i = 1; i <= n; i ++)a[i] = read(), mn[i] = mx[i] = a[i];for (int i = 1; i <= m; i ++) {int x, y; x = read(), y = read();chkmax(mx[x], y), chkmin(mn[x], y);} if (Subtask1 :: chk()) return Subtask1 :: main();modify(a[1], mx[1], 1);for (int i = 2; i <= n; i ++) {int now = query(mn[i], a[i]) + 1;// cout << now << '\n';modify(a[i], mx[i], max(1, now));} printf("%d\n", query(1e5, 1e5));return 0;
} 

赛时用的线段树被卡常了（悲

T3

给定一棵 $n$ 个点的树，每个点有 $1/2$ 的概率是关键点，求连通这些关键点的最小连通块的边数的 $k$ 次幂的期望，对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n\le 10^5$，$1\le k\le 200$。

首先把答案乘 $2^n$，问题变成算所有可能的连通块的边数的 $k$ 次幂的和。先考虑给定一组关键点，有没有什么简单的方法快速判断每条边是否在形成的连通块里。考虑将原树钦定一个根，那么我们可以找一个点 $u$ 作为连通块的根，使得所有关键点都在它的子树里；对于所有在 $u$ 的子树中不是 $u$ 的节点 $v$，它和它父亲的连边在连通块中当且仅当 $v$ 的子树中有关键点。这样计数要求 $u$ 必须确实在连通块里，否则形成的连通块就不是边数最少的。

那么我们考虑枚举每个点 $u$ 作为连通块的根时对答案的贡献（此时 $u$ 一定在连通块里，但是不一定是关键点，因此当 $u$ 不是关键点时，有些关键点形成的连通块实际上不包含 $u$）。考虑逐个枚举 $u$ 的孩子 $v$，将 $v$ 作为根的答案合并进 $u$ 中。先考虑怎么更新新连通块的边数的 $k$ 次幂，假设枚举到 $v$，在把包含 $v$ 的连通块加进包含 $u$ 的连通块之前连通块中有 $a$ 条边，$v$ 自己有 $b$ 条边；那么把 $v$ 合并进来后总共有 $a+b+1$ 条边（加的 $1$ 是连接 $u,v$ 的边），此时的贡献为 $(a+b+1{)}^k={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})a^i(b+1{)}^{k-i}$，也就是我们要维护不同次幂下的边数和。

我们设 $f(u,k)$ 表示所有以 $u$ 为根的所有连通块的边数的 $k$ 次幂的和（$u$ 是或不是关键点都计算在内，也会包括 $u$ 一个点单独作为一个连通块的情况，此时显然 $u$ 必为关键点）。特别地，当 $u$ 为叶子节点的时候连通块边数为 $0$，此时 $f(u,0)=0^0$；不过考虑 $(x+0{)}^k={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})0^i{x}^{i-k}$ 仅当 $0^0$ 取 $1$ 的时候成立，于是我们令 $f(u,0)=1$（这一点非常重要）。

一样考虑枚举孩子 $v$，令 $g(v,k)$ 表示以 $u$ 为根的所有连通块的边数加一的 $k$ 次幂，那么根据 $(b+1{)}^k={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})b^k$，有 $g(v,k)={\sum }_{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)f(v,i)$；根据 $(a+b+1{)}^k={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})a^i(b+1{)}^{k-i}$，假设 $f^{\prime }$ 是我们想得到的加入 $v$ 后新的数组，那么 $f^{\prime }(u,k)=f(u,k)+g(v,k)+{\sum }_{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)f(u,i)g(v,k-i)$。

• 不妨从 $u$ 合并第一个孩子 $v$ 的答案开始考虑，此时对于所有 $k>0$ 的 $f(u,k)$ 均为 $0$ 但是 $f(u,0)=1$，合并的式子就是 $f^{\prime }(u,k)=g(v,k)+g(v,k)$，这样非常巧妙处理了 $u$ 是或不是关键点的情况。再看 $f^{\prime }(u,0)$ 的更新，可以发现 $f^{\prime }(u,0)=1+g(v,0)+g(v,0)$，也即 $u$ 单独一个点作为连通块（此时必须要求 $u$ 是关键点）、$u$ 是或不是关键点连上 $v$ 的连通块作为一个大连通块。实际上当 $u$ 不是关键点时连上 $v$ 的连通块是不合法，但是为了后面统计贡献我们不立即删除。
• 接下来的每次合并，$f^{\prime }(u,k)=f(u,k)+g(v,k)+{\sum }_{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)f(u,i)g(v,k-i)$ 中，$f(u,k)$ 相当于之前的贡献，$g(v,k)$ 相当于 $u$ 不是关键点时 $v$ 和 $u$ 合并成连通块的贡献，后面二项式定理合并的部分相当于 $v$ 的连通块和 $u$ 之前的连通块进行组合（$u$ 单独作为连通块也算在内，此时就很好处理了 $u$ 是或不是关键点与 $v$ 合并的贡献）。

做完这些合并之后我们考虑删除之前 $u$ 是非关键点时错误连通块的贡献，总共需要删掉所有孩子 $v$ 的 $g(v,k)$。注意是把整棵树都做完一遍 dp 后再删贡献，因为 $u$ 作为非关键点连单独一个子树作为连通块，再连到其祖先上也是一种合法情况。

这么进行树形 dp 的时间复杂度是 $O(n{k}^2)$ 的，不足以通过本题。

考虑将通常幂转下降幂，即维护一个新的 $F(v,k)$ 表示所有以 $u$ 为根的所有连通块的边数的 $k$ 次下降幂的和，$G(v,k)$ 的定义同理。先考虑把 $F(v,k)$ 变成 $G(v,k)$，考虑二项式定理的下降幂版本 $(x+y{)}^{\underline{k}}={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})x^{\underline{i}}{y}^{\underline{k-i}}$，带入 $x=b,y=1$ 有 $(b+1{)}^{\underline{k}}={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})1^{\underline{i}}{b}^{\underline{k-i}}$，我们发现 $1$ 的下降幂下降两次变成 $0$ 了没了！于是有 $(b+1{)}^{\underline{k}}=b^{\underline{k}}+[k>0]k{b}^{\underline{k-1}}$，所以 $G(v,k)=F(v,k)+[k>0]kF(v,k-1)$。

再考虑合并 $G(v,k)$，接着带入 $(a+b+1{)}^{\underline{k}}={\sum }_{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})a^{\underline{i}}(b+1{)}^{\underline{k-i}}$ 得到 $F^{\prime }(u,k)=F(u,k)+G(v,k)+{\sum }_{i=0}^k\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)F(u,k-i)G(v,i)$ 基本上不变，那哪里能优化呢？

所以就做完了。核心是考虑 $a^{\underline{a}}=0$。

第二类斯特林数递推：考虑 $\left\{\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right\}=\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k-1\end{array}\right\}+k\left\{\begin{array}{c}n-1\\ k\end{array}\right\}$，边界即为 $\left\{\begin{array}{c}n\\ 0\end{array}\right\}=0$。

int C[maxk][maxk], S[maxk][maxk], siz[maxn];
void init() {C[0][0] = S[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= k; i ++) {C[i][0] = C[i][i] = 1, S[i][0] = 0, S[i][i] = 1;for (int j = 1; j < i; j ++) {C[i][j] = add(C[i - 1][j], C[i - 1][j - 1]),S[i][j] = add(mul(S[i - 1][j], j), S[i - 1][j - 1]);// cout << C[i][j] << " \n"[j == i - 1];}}
} 
int tmp[maxk];
void dfs(int u, int fa) {F[u][0] = 1, siz[u] = 1;for (int i = head[u], v; i; i = e[i].nxt) {if ((v = e[i].to) == fa) continue;dfs(v, u);for (int k = 0; k <= :: k && k <= siz[v]; k ++) G[v][k] = add(F[v][k], k > 0 ? mul(k, F[v][k - 1]) : 0);for (int k = 0; k <= :: k && k <= siz[u] + siz[v] - 1; k ++) {tmp[k] = add(F[u][k], G[v][k]);for (int j = max(0, k - siz[u]); j <= k && j <= siz[v]; j ++)addto(tmp[k], mul(C[k][j], mul(F[u][k - j], G[v][j])));} for (int k = 0; k <= :: k; k ++)F[u][k] = tmp[k], tmp[k] = 0;siz[u] += siz[v];} 
} int ans[maxn];
void dfs1(int u, int fa) {for (int i = head[u], v; i; i = e[i].nxt) {if ((v = e[i].to) == fa) continue;dfs1(v, u);for (int k = 0; k <= :: k; k ++)subto(F[u][k], G[v][k]);} // for (int i = 0; i <= k; i ++)//     cout << u << ' ' << i << ' ' << F[u][i] << '\n';
}
bool MemoryED; int main() {scanf("%d %d", &n, &k);for (int i = 1, u, v; i < n; i ++)scanf("%d %d", &u, &v), addEdge(u, v), addEdge(v, u);init(), dfs(1, 0), dfs1(1, 0); int all = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {for (int k = 0; k <= :: k; k ++)addto(ans[i], mul(S[:: k][k], F[i][k]));// cout << i << ' ' << ans[i] << '\n';addto(all, ans[i]);} printf("%d\n", divv(all, qp(2, n)));return 0;
}