裂开。。。
T1求逆元见 javascript:void(0)
然后我们考虑期望的线性性，求出每一个点都期望答案的贡献。
一个点被选中的概率其实只和第一个点\(A_1\)和当前点\(A_x\)有关，和其它的\(A\)无关。
我想到一种绝妙的理解方法！
我们只考虑在某一次选择的时候，第i个位置和第1个位置都没有被选择。
那么如果在这个位置选择1，那么i就在1之后选择（即没有被选择），如果在这个位置选择i，那么i就在1之前被选择。
而这个位置选择i的概率是\(\frac{A_i}{S}\)，选择1的概率是\(\frac{A_1}{S}\)，那么如果在这个位置决定i和1的位置关系，那么i在1之前被选择的概率即为
\[\frac{\frac{A_i}{S}}{\frac{A_i}{S}+\frac{A_1}{S}}=\frac{A_i}{A_1+A_i}
\]
如果不在这个位置决定i和1的位置关系，选择其它的数也不影响这个概率，因为在任何位置即\(S\)不同，这个概率也是相同的。
T2
前30分随便做。
50：
发现填的数肯定单调不上升。那么之后和当前数相同的点不会产生逆序对其它都会产生。
于是我们把问题转化为：
已知：
\[\sum_{i-1}^{k}x_i=n
\]
求以下式子的最大值：
\[\sum_{i=1}^ka_i(n-a_i)/2
\]
显然这个式子可以化简：
\[=(\sum_{i=1}^ka_in+a_i^2)/2
\]
\[=n\sum a_i/2-\sum a_i^2/2
\]
\[=n^2/2-\sum a_i^2/2
\]
那么我们肯定让\(a_i\)平均分配，答案最大。
70：暴力dp
100：发现这个式子可以斜率优化。优化就完了
T3
可以发现，在p比较大的时候，直接取一个哈希值以p为模数判断即可。可以获得85分的绝佳成绩。如果害怕被卡，可以考虑多用几个模数，但是千万不能太多，1~4个就好了。
但是p小的时候这就不行了。比如那个p=2。
正解：我们发现区间加并取模在哈希模数不同的情况下无法维护。
————但是单点修改就可以
所以考虑差分，只要差分数组相同，原数组也相同。
所以这个题就做完了（这个真的牛）。
T4
不会求方案数。
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