这个题，真简单吧。

大概是整张图的边集被划分成若干个边集，我们要选出最小若干个集合，使得剩下的边集组成的图中 $1,n$ 不联通。

显然是最小割，对于集合 $i$ 的边 $(u,v)$，我们连一条 $u\to i\to v$ 的边，表明若选择点 $i$ 割掉，则这条边就走不通了（实际上就是选择集合 $i$）。

显然割不掉点，所以把点拆成入点和出点，然后连 $S\to 1,n\to T$ 的边，除了入点出点边权设为 $1$，其他均设置成 $\infty$。

时间复杂度为 $O(m\sqrt{m})$，复杂度原理参考二分图最大匹配的网络流建模方法。

多想了很多东西。

不难发现分差不是很大，可以设 $f_{i,j}$ 表示当前进行了 $i$ 局，$s_A-s_B=j$ 的方案数。

可以从前往后转移，不难发现确定了 $i,j$ 就能确定两个人的得分，不让不合法的状态转移到别的状态即可。

时间复杂度 $O(Tn)$。

讲个笑话：交当年自己写的题解的代码，结果忘了自己当年习惯在题解代码里加反作弊了。

在此之前，我们要先知道异或运算是个什么东西：就是将两个二进制数的最低位对其，依次比较两个二进制数的每一位，如果相同，则得到的结果为 $0$，不同则为 $1$。

从定义可以推导出来的结论：对于任意 $x$，都有 $x\oplus x=0$，应为两个相同的数二进制上每一位都相同，所以结果一定为 $0$，同理可以推出 $x\oplus 0=x$。这里不多做叙述。（$\oplus$ 为异或的运算符号）

我们定义 $s_i=a_1\oplus a_2\oplus\dots\oplus a_i $。显然 $a_l\oplus a_{l+1}\oplus\dots\oplus a_r=s_r\oplus s_{l-1}$。基于的原理便是 $x\oplus x=0$。应为 $s_r,s_{l-1}$ 都包含 $s_{l-1}$ 这个部分，所以相抵消，只剩下 $[l,r]$ 这部分的异或和。

根据异或的定义，我们可以很方便的推出：如果 $a\oplus b=k$，那么 $a\oplus k=b,b\oplus k=a$。

结论部分讲解完毕，让我们回到题面，注意到是区间静态问题，不要求强制在线，显然可以用莫队乱搞。

我们在上文提到 $s_r\oplus s_{l-1}$ 即为 $[l,r]$ 区间的异或和。可以将问题转化为：每次给出区间 $[L,R]$，求出 $\sum\limits_{L-1\le i,j\le R}[s_i\oplus s_j=k]$。我们可以开一个桶 $cnt$，$cnt_{s_i}$ 为当前区间中，$s_i$ 的个数。当前区间异或和为 $k$ 的子区间数量为 $ans$。

如果有 $s_i\oplus s_j=k$，那么必然 $s_i\oplus k=s_j$。如果当前区间左右边界移动时，区间内多了一个 $s_i$，那么该区间内所有的 $s_j$ 与其的异或和是 $k$，区间内 $s_j$ 的数量为 $cnt_{s_j}$，所以对当前区间答案的贡献为 $cnt_{s_j}$。在将 $cnt_{s_i}+1$。我们就完成了区间的扩张。

已知 $s_i,k$，如何快速找到 $s_j$ 使得 $s_i\oplus s_j=k$。根据异或运算的性质 $s_j=s_i\oplus k$。

坑点大全：

1. 因为询问是区间 $[L,R]$，而处理时会将 $L-1$。所以会出现左边界为 $0$ 的情况。因此莫队中两个指针的初始位置都是 $0$.

2. 初始情况下，区间包含 $s_0=0$，所以 $cnt_0$ 初值为 $1$。

3. 当 $k=0$ 时，对于任何 $a$ 都有 $a\oplus 0=a$。因此在删除时，应当先对 $cnt$ 操作，再对答案 $ans$ 操作（我 WA 了好几次）。

4. 虽然 $a_i$ 小于 $10^5$，但如果 $a_1=100000,a_2=31071$，$s_2$ 有最大值为 $ 131071$。所以 $cnt$ 的大小一定要把控好（好像数据不卡这个）。

更好的阅读体验：https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19555785

大意

求 $[l, r]$ 内有多少数，满足 $本身 \mod 数位和 = 0$ ，则记一次贡献。

思路

不难发现最大为 $10 ^ 9$，发挥人类智慧！

分块打表，以 $10 ^ 6$ 为块的大小，分出 $1000$ 个块。

于是你只需要计算 $f(x) = [1, x]$ 内合法的，答案为：

$$f(r) - f(l - 1)$$

完结。

更好的阅读体验：https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19555727

大意

求一段区间 $[l, r]$ 里面的 $(i, j)$ 二元组，满足 $s[i] \oplus s[i + 1] \cdots \oplus s[j] = k$。

思路

首先，我们不难想到这个异或的性质可以扩展，然后，我们可以考虑用莫队求解此题。

对于询问分块，那我们只需要考虑加入一个点与删除一个点对 $ans$ 的贡献。

由于异或具有前缀和的性质，即为异或和，那么我们的 $s[i] \oplus s[i + 1] \cdots \oplus s[j] = s[j] \oplus s[i - 1] = k$，也就是说，我们的点 $s[j] = s[i - 1] \oplus k$，于是我们对于点 $i$ 来说，加入这个点就会对 $s[i - 1] \oplus k$ 的位置的值产生贡献，使得 $s[i - 1] \oplus s[j] = k$,那么这个题就和 [P1494 [国家集训队] 小 Z 的袜子](https://www.cnblogs.com/To-Carpe-Diem/p/19434503) 一样了。

看到这个题的第一眼就气笑了，都 2026 年了，出题人企图让我在代码里用小数运算。

这给了我一个提示：说不定这个与众不同题其实就是要用一些与众不同的算法。

注意到分配最多摊位的社团与分配最少摊位的社团的摊位差不超过 $30$，因为对于任意 $i,j$，都有 $u_i\times 2^{30}>u_j$。

好的，我们先执行这样的操作若干轮：每次都给一个社团一个摊位，但需要保证 $m-n\ge 30n$。

什么，暴力模拟会 TLE，没事，我们模拟倍增的过程分配。

此时 $m$ 被缩小到 $31n$ 这个级别了，直接用堆模拟即可，时间复杂度 $O(n\log^2 V)$。

注意到 COGS 机子太垃圾被卡常了，只能把 $m$ 缩小到 $30n$ 这个级别了。

最劣解喜加一。