T1：给出n个正整数a1,a2…an和一个质数mod.一个变量x初始为1.
进行m次操作.每次在n个数中随机选一个ai,然后x=x∗ai.问m次操作之后x的取值的期望.
（1<=ai<mod mod为质数 1<=mod<=1000 1<=n<=105 , 1<=m<=109）
第一眼康上去感觉是个数论加期望，完全不想做，想想后发现是个假期望，但好像是真数论，还是不想做
于是直接跳过，最后也没什么思路，打了个n×m×mod的暴力，然后喜暴 0
考完后，听大佬们分享，才想到这是个矩阵优化dp
那说说思路：
首先会发现mod极小，而m极大，那么最基本的思路就是用mod复杂度增加的代价将m的复杂度降低
猜测m复杂度为log级别，那么就想log级的算法
想到如果设计一个状态 f [ i ][ j ] 表示操作 i 此后变成 j 的期望
那么每次转移的系数矩阵都是相同的！
我们就可以用矩阵快速幂来优化dp的转移，于是复杂度为：O ( mod3 log(m) )
可是还是过不了，思路有问题吗？显然没有，那怎么优化呢？
关于矩乘的优化，想到循环矩阵的优化，于是看能不能转变系数矩阵的定义，让其成为循环矩阵
发现题目一个很妙的性质，1<=ai<mod，于是想到用原根优化（？？？）
设原根为 rt ，若 i = xp[i] 那么，我们最开始的式子是 i × ak → j (mod mod)
那么用原根就可以将式子转化为 xp[i] × xp[ak] = xp[j] (mod mod)
因为底数都是 x ，所以我们可以将其转化为指数间的运算
即：p[ i ] + p[ ak ] = p[ j ] (mod φ(mod))
哇，加法！
好了，它循环了。
为什么？ 加法的转移相当与一种等距离的定向的转移，所以必循环
时间复杂度变为 O ( mod2 log(m) ) ,同时还优化了空间的复杂度
so，code
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstring>
6 #include<vector>
7 #include<queue>
8 #define ll long long
9 using namespace std;
10 const int MAXMOD=1005,MAXN=100005,D=1e9+7;
11 int n,m,mod;
12 ll val[MAXN],ans,prt,pos[MAXMOD],cnt[MAXMOD],stk[MAXMOD],tp,invn;
13 struct Matrix {
14 ll s[MAXMOD];
15 Matrix() {memset(s,0,sizeof(s));}
16 }P,R;
17 Matrix operator * (const Matrix &AA,const Matrix &BB) {
18 Matrix CC;
19 for(int i=0;i<mod;i++)
20 for(int j=0;j<mod;j++)
21 CC.s[(i+j)%(mod-1)]=(CC.s[(i+j)%(mod-1)]+AA.s[i]*BB.s[j]%D)%D;
22 return CC;
23 }
24 ll qpow(ll x,ll k,ll dd) {
25 ll ret=1;
26 while(k) {
27 if(k&1) ret=(ret*x)%dd;
28 x=(x*x)%dd,k>>=1;
29 }
30 return ret%dd;
31 }
32 void get_prt() {
33 int tmp=mod-1;
34 for(int i=2;i*i<mod;i++)
35 if(tmp%i==0) {
36 stk[++tp]=i;
37 while(tmp%i==0) tmp/=i;
38 }
39 if(tmp>1) stk[++tp]=tmp;
40 for(int i=2;i<=mod;i++) {
41 bool flag=0;
42 for(int j=1;j<=tp;j++)
43 if(qpow(i,(mod-1)/stk[j],mod)==1) {flag=1;break;}
44 if(!flag) {prt=i;break;}
45 }
46 for(int i=0;i<mod-1;i++) pos[qpow(prt,i,mod)]=i;
47 }
48 int main() {
49 scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
50 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&val[i]),++cnt[val[i]];
51 get_prt();
52 invn=qpow(n,D-2,D);
53 for(int i=1;i<mod;i++)
54 P.s[pos[i]]=cnt[i]*invn%D;
55 R.s[0]=1;
56 while(m) {
57 if(m&1) R=R*P;
58 P=P*P,m>>=1;
59 }
60 for(int i=1;i<mod;i++) ans=(ans+R.s[pos[i]]*i)%D;
61 printf("%lld\n",ans);
62 return 0;
63 }
t1 Code
T2：给一颗树，每个节点都有两个权值a和b，a和b有如下关系：
b[x]=a[1]dis(1,x)+a[2]dis(2,x)+....+a[n]*dis(n,x) （dis ( i , j ) 表示i 到j 的最短路径经过的边数）
现在给你a与b数组中的一个，求另一个数组。
( 2<=n<=100000 )
首先很容易就可以在 O ( n ) 的复杂度下利用换根dp用a求出b，dp方程显然，就不赘述了
主要看如何用b来求a：
不妨设dp的根为1
我们看a求b时换根的方程 b[ v ] = b[ u ] + （siz[ 1 ] - siz [ v ]）- siz [ v ]
（siz [ i ] 表示以i为根的子树内a的和）（v是u的儿子）
移项后得 b[ v ] - b[ u ] = siz[ 1 ] - 2×siz[ v ] 记作 g[ v ]
于是我们可以对除1以外的所以点进行上述计算
然后会发现其实并算不出什么东西？？？
可是我们还没有用 b[ 1 ] 啊？
于是将 b[ 1 ]的表达式写出，然后再合并
发现，b[ 1 ] = ∑siz [ u ] (u!=1)
那就简单了，用 ∑g[ v ] + 2 × b[ 1 ] 就可以计算出 siz[ 1 ] 的值
然后再用 g 和 siz[ 1 ] 算出所有点的 siz
最后dfs一遍求出a即可
so，code
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstring>
6 #include<vector>
7 #include<queue>
8 #define ll long long
9 using namespace std;
10 const int MAXN=200005;
11 int T,n,o;
12 ll val[MAXN],siz[MAXN],f[MAXN],g[MAXN],sum;
13 struct node {
14 int to,nxt;
15 }mp[MAXN*2];
16 int h[MAXN],tot;
17 void add(int x,int y) {
18 mp[++tot].nxt=h[x];
19 mp[tot].to=y;
20 h[x]=tot;
21 }
22 void dfs1(int u,int fa) {
23 siz[u]=val[u];
24 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
25 int v=mp[i].to;
26 if(v==fa) continue;
27 dfs1(v,u);
28 siz[u]+=siz[v];
29 f[u]+=f[v]+siz[v];
30 }
31 }
32 void dfs2(int u,int fa) {
33 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
34 int v=mp[i].to;
35 if(v==fa) continue;
36 g[v]=g[u]-siz[v]+(siz[1]-siz[v]);
37 dfs2(v,u);
38 }
39 }
40 void work0() {
41 dfs1(1,0);
42 g[1]=f[1];
43 dfs2(1,0);
44 for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",g[i]);
45 printf("\n");
46 }
47 void dfs3(int u,int fa) {
48 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
49 int v=mp[i].to;
50 if(v==fa) continue;
51 g[v]=val[v]-val[u];
52 dfs3(v,u);
53 }
54 }
55 void dfs4(int u,int fa) {
56 f[u]=siz[u];
57 for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
58 int v=mp[i].to;
59 if(v==fa) continue;
60 dfs4(v,u);
61 f[u]-=siz[v];
62 }
63 }
64 void work1() {
65 dfs3(1,0);
66 for(int i=2;i<=n;i++) sum+=g[i];
67 siz[1]=(2*val[1]+sum)/(n-1);
68 for(int i=2;i<=n;i++) siz[i]=(siz[1]-g[i])/2;
69 dfs4(1,0);
70 for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",f[i]);
71 printf("\n");
72 }
73 int main() {
74 scanf("%d",&T);
75 while(T--) {
76 scanf("%d",&n);
77 for(int i=1,aa,bb;i<n;i++) scanf("%d%d",&aa,&bb),add(aa,bb),add(bb,aa);
78 scanf("%d",&o);
79 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&val[i]);
80 if(!o) work0();
81 else work1();
82 memset(h,0,sizeof(h));
83 memset(f,0,sizeof(f));
84 memset(g,0,sizeof(g));
85 memset(siz,0,sizeof(siz));
86 memset(val,0,sizeof(val));
87 tot=0;sum=0;
88 }
89 return 0;
90 }
t2 Code
T3：先写会儿插头dp，咕着。。。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Gkeng/p/11259008.html