1

lucas定理
p进制，每一位$n_i$必须大于等于$m_i$
f[i]表示以a[i]结尾的序列的个数。
枚举j 若 $a[i]\&a[j]==a[j]$,则$f[i]+=f[j]$

直接枚举$a[i]$的子集 $3^{18}$

发现加的复杂度高，赋值的复杂度低，考虑平衡一下。
枚举子集：$(s-1)\&a[i]$
超集：$(s+j)|a[i]$
分成两部分，f[i][j]表示右边9位是j，左边9位是i集合超集的$f[(i<<9)+j]$的和。
现在更新要更新$2^9$,求和需要$2^9$.

2

小星星
一一对应，使得树上有边图上也有边
在树上做$dp$
$f[i][j]$表示i对应图中j，i的子树有多少种标号方法
$g[i][j]$表示原图中i，j是否联通

for(int i=head[u];i;i=ed[i].next)
{
    int v=ed[i].to;
    if(v==fa) continue;
    dfs(v,u);
    for(int j=0;j<n;j++)
    {
        long long s=0;
        for(int k=0;k<n;k++)
        {
            if(g[j][k]) s+=f[v][k];
        }
        f[u][j]*=s;
    }
}

这个dp我们强制允许图上的一个点对应树上的多个点（不允许没法做…）
然后进行一波容斥。

枚举一个子集，然后只用这个集合里的点做一次dp
然后根据这个集合与全集的大小之差判断符号。
如果差了奇数，减去，否则加上
这样除了全集以外每个集合正负恰好抵消。
比如：1100
在1111时被计算一次
在计算1101 1110时减去两次
在计算1100的时候被加上一次
最后不被统计进答案里。

原来n=17是给容斥的…

3

按位或
min-max容斥

设第i位成为1的时间是$t_i$
$E[max(t_1,t_2,t_3)]=……$
min比较好处理，要么染到，要么没染到。
考虑没有染到的概率。
染到的概率是$p$，那么期望时间是$1/p$
染到的概率不好求，转化为求没染到的概率。
对于每个集合，求所有子集的概率和
输入$p_i$
对于每个j，求所有满足$(j\&amp;i)==i$的$p_i$之和，设为$s_j$
处理前缀和：

for(int j=0;j<n;j++)
{
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)
    {
        if((i>>j)&1) s[i]+=s[i^(1<<j)]
    }
}

4

$cdq$分治

void work(int l,int r)
{
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    work(l,mid);
    solve()            //处理左边对右边的影响
    work(mid+1,r);
}