太简单的题，但是又要记录下来做过哪些东西，就写在这里啦~
早搞不搞，等到快退役了才来搞
标 * 的为有价值的题，标 ^ 的为欺诈题，标 - 的为知识点待填坑，标 ? 的表示看别人是这样做的但是没懂为什么
组队训练的题，如果是队友过的板刷题，题面又很长，就会标个“队友说是沙雕题”
AtCoder
AtCoder Grand Contest 028
A：若有解，则 $lcm(n,m)$ 就是最小解
B：对每个 $i$ 考虑删 $a_j$ 时 $a_i$ 造成的贡献，即 $\frac{n!}{|i-j|+1}a_i$
*C：每条边拆成 $a_i$、$b_j$ 两条边，还是找最小圈。那么有三种情况：每个点只贡献 $a_i$、每个点只贡献 $b_i$、其他。对于第三种情况，枚举一个 $i$ 表示它贡献了 $a_i+b_i$，那么剩下的就是选 $a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_n$ 里去掉 $a_i$ 和 $b_i$ 的最小的 $n-2$ 个
*D：设 $f_{i,j}$ 表示最小元素为 $i$、最大元素为 $j$ 的连通块数，通过容斥转移
**E：贪心按位考虑，根据题目性质可以化为一个类似于 LIS 的 dp
看大题解
AtCoder Grand Contest 029
A：略
B：lowbit 相同的分一组，每组从大到小贪心
C：二分，当 $a_i < a_{i-1}$ 的时候就把 $a_i$ 抬升一位，$a_i$ 抬满了就抬 $a_i-1$，注意一些细节
D：两个人的最优策略都是能走就走（先手肯定不能停否则后手一停就结束了；后手尽早走到下一列不会劣于晚些走到下一列）
E：把 $1$ 视为根，那么每个节点需要预处理它的子树“只走权值不超过它爷爷到根的最大权值，能走多少”，记为 $sz_i$，答案就是这个点的儿子的 $sz$ 和加上它到根路径上的其他儿子的 $sz$ 和。这个 $sz$ 的预处理可以简单粗暴数据结构 $O(n \log n)$ 也可以精细地 $O(n)$。
*F：建一个二分图，左边 $1,\cdots,n$ 表示点，右边 $E_1,\cdots,E_{n-1}$ 表示边，左边去掉根以后要存在完美匹配，且从根开始沿”非匹配边-匹配边-非匹配边-……“做 BFS 能遍历所有点
看大题解
AtCoder Grand Contest 030
A：$b+\min(a+b+1,c)$
B：先做出间隔序列（与起点相邻的间隔在序列两端），答案等价于序列上找一个位置叉掉，其中一侧乘上系数 $1,3,5,7,\cdots$，另一侧乘上系数 $2,4,6,8,\cdots$。预处理前缀后缀阶梯，枚举叉掉的位置。
*C：首先找一个偶数的 $n$，奇数行放 $(r+c) \bmod n$，偶数行放 $(r+c) \bmod n+n$，这样会得到 $k=2n$ 的解，如果多了就把最大的 $k+n$ 变回 $k$
D：设 $dp_{i,j}$ 表示一个小的数初始在 $i$、一个大的数初始在 $j$，最终造成的贡献总和，按操作倒序 dp，每次转移是 $O(n)$ 的。最后 $\sum_{i,j | a_i < a_j} dp_{i,j}$ 即是答案
*E：$0 \to 1$ 视为红线，$1 \to 0$ 视为蓝线，那么反转一位相当于线移动一位，答案相当于线的匹配，$O(n)$ 枚举起点的匹配再 $O(n)$ check 即可
看大题解
F：数字从大到小 dp，看成左右括号匹配，设 $dp_{i,j,k}$ 表示考虑了前 $i$ 个数，有 $j$ 个空余左括号，其中 $k$ 个是给定数字作为左括号，的方案数
AtCoder Grand Contest 035
A：必定是 $a_1\ a_2\ a_3\ a_1\ a_2\ a_3 \cdots $ 这样循环，分类讨论共 3 种情况
*B：做一棵 dfs 树，非树边随便定向，树边从下往上定向，判断根是否合法
*C：如图：$n$ 为奇数就大风车，$n$ 为偶数就另外加上 $n$，$n$ 为 $2$ 的幂无解
**D：考虑每张牌的贡献次数，设 $f_{l,r,x,y}$ 表示 $[l,r]$ 这个区间，$l$ 贡献 $x$ 次，$r$ 贡献 $y$ 次，的最小代价和。枚举最后吃的那张，发现它的贡献是 $x+y$，就 dp 下去了
看大题解
AtCoder Grand Contest 036
^A：考虑 $(0,0),(10^9,1),(x,y)$，则 $10^9y-x=S$，令 $y=\lceil \frac{S}{10^9} \rceil$
B：考场做法：每个元素向它走到的下一个元素连边，找循环节，暴力跑最后一层
题解做法：连边，然后倍增求每个点走 $2^k$ 层到哪
看大题解
*C：符合条件的序列满足和为 $3M$、单个元素不超过 $2M$、奇数个数不超过 $M$，用组合数和容斥算方案数
*D：设 $p_i$ 为 $0$ 到各点的最短路，dp $p$ 序列的负差分
E：大讨论
AtCoder Grand Contest 034
A：若为 $C<D$ 则先让 $B$ 走到 $D$ 再让 $A$ 走到 $C$，两人分别判断；若为 $D<C$ 则让 $A$ 尽早超越 $B$ 然后分别判断
B：相当于 BC 是障碍物，A 要跳过障碍物到最远的地方去
C：二分，然后推式子发现最多只有一科不是满分，枚举那一科然后剩下的贪心选
AtCoder Grand Contest 037
A：略
B：显然贪心可得最优答案。然后计数，每个第三色有多少种第二色选择，每个第二色有多少种第一色选择，全部乘起来，再乘个 $n!$
*C：倒过来做，如果 $b_i>a_i$ 且 $b_i>b_{i-1}+b_{i+1}$ 那么这个 $b_i$ 必然要被操作，用一个堆找最大的 $b_i$ 来做
*D：问题转化为第一步使得每列包含每行的元素恰好一个。一列一列地确定，每列是一个完美匹配
看大题解
E：第一步找到倒序字典序最小的，然后接下来每次操作可以把结尾的最小字符连续段长度翻倍
*F：按数值从小到大处理连续段（计算连续段的贡献并产生数值 $+1$ 的新连续段），可以把模型改成“如果一个区间合法那么贡献为 $L_i \times R_j$”，在处理连续段时修改 $L,R$ 的值
DISCO Presents Discovery Channel Code Contest 2020 Qual
A：略
B：枚举分界点，答案是左右两边的差的绝对值
C：同一行的草莓先把这行划分掉，然后如果有一行没草莓就复制它上面或下面的分法
*D：解法一：暴力。每个数字是有循环节的（即使用多少个这个数字可以得到它自己），把循环节消掉了就是暴力
解法二：顺序是不影响的，那么考虑把每个数字全部拆成 1，因此进位的影响就是 $\lfloor \frac{数位和-1}{9} \rfloor$
*E：先二分一个位置 $i$ 使得 $[i,i+n-1]$ 和 $[i+1,i+n]$ 的回答是不同的，那么 $i$ 和 $i+n$ 的颜色就确定了，并且 $[i+1,i+n-1]$ 这段区间是两种颜色相同的。剩下的都可以利用 $[i+1,i+n-1]$ 来完成
AtCoder Grand Contest 043
我为什么要交题
A：答案等于从 $(1,1)$ 走到 $(n,m)$ 所经过的最少的连续 $1$ 的段数，$O(n^2)$ dp
*B：先判断答案是奇数还是偶数（看成异或，Lucas 定理算每个数被贡献了多少次），若为奇数则答案为 $1$，否则若原序列有 $1$ 则答案为 $0$，否则把 $2$ 当成 $1$ 再判奇偶
AtCoder Grand Contest 044
NOMURA Programming Competition 2020
AB：略
C：从顶层到底层，逐层确定每层能选多少个点，$O(n)$
*D：图是环套树森林，答案等于 $(n-1)^k-(每种方案下的连通块数)$，而连通块数等于环数，因此要算出每种方案下的环数之和，每个环单独贡献，$O(n^2)$ 求多项式 $\prod(1+size_i)$
F：一个方案合法的充要条件是，对于每一位的第一个 $1$ 和最后一个 $0$，这之间的数在以后的位上都要完全相同。于是 $O(nm)$ dp 一下
E：
ACL Contest 1
*A：思路是每个元素向其左边能到的点连边。但实际上只要做出左边开始的下降序列，那么每个元素只需要在这个序列上连一个区间就行了，可以精细实现为 $O(n\alpha(n))$
AtCoder Regular Contest 107
AB：略
C：行列独立，任意两行如果能换就连一条边，每个连通块大小的阶乘的积就是行的答案，列同理
*D：dp，设 $dp_{x,y}$ 表示当前层有 $x$ 个数、已确定计入答案的有 $y$ 个数，的方案数。同层转移，即 $dp_{x,y}$ 转移到 $dp_{x-1,y+1}$ 和 $dp_{2x,y}$
E：$\forall i,j \ge 4,\ a_{i+1,j+1}=a_{i,j}$，因此只要算前四行和前四列即可
F：
AtCoder Grand Contest 049
A：每个点产生贡献当且仅当它是它及其前驱中最早被选的点，假设它及它前驱共有 $cnt_i$ 个点，可以发现这个概率是 $\frac{1}{cnt_i}$
B：相当于每次可以选择一个 $1$ 前移一位，如果两个 $1$ 撞上了可以一起消掉。因此直接 two pointers 匹配
CDEF：
AtCoder Regular Contest 119
A：枚举 $b$
B：相当于每个字符串的 $0$ 的要按顺序依次匹配
C：观察可得一段序列合法当且仅当奇数位的和等于偶数位的和
*D：建出二分图，每个连通块可用其生成树代替，所有的树要么都保留一个左边点，要么都保留一个右边点
看大题解
*E：只有 $a_{l-1} \le a_l$ 且 $a_r \le a_{r+1}$ 或 $a_{l-1} \ge a_l$ 且 $a_r \ge a_{r+1}$ 的交换才会使答案更优，答案的改变量等于区间 $[a_{l-1},a_l]$ 与 $[a_r,a_{r+1}]$ 的交的两倍，因此问题转化成求最大区间交。
看大题解
F：
AtCoder Regular Contest 141
A：枚举周期长度，取最高位的那一段或其减 $1$ 作为周期。并且考虑 $999\cdots9$（位数比 $N$ 少 $1$）
B：$A_i$ 的二进制最高位必须递增，除最高位以外任选。搬 dreamoon 的 codeforces round 631(div. 1) B 被抓包
*C：考虑“给定括号字符串如何求字典序最小的排列”，那么两个排列分别都可以确定很多的位置，以及留出一些不能确定的连续段，最后这些连续段贪心地做成“()()()…”即可
*D：每个数表示成 $2^c \cdot d$，按 $d$ 归类，则每个类恰好选一个数。求出每个类选的数的上限和下限，则夹在上下限之间的都是可行的
看大题解
EF：
AtCoder Regular Contest 147
A：用堆模拟即可
B：先用类似于括号序的顺序将“奇数位上的偶数”和“偶数位上的奇数”换过来，再将奇数位和偶数位分别排序
C：考场解法：大力猜测存在一个中心点，所有人都尽量往中心点靠。这个中心点的选择只能是线段端点，因此扫描线即可求出答案
题解解法：一顿猛推得到答案为 $\sum_{i=1}^n \max(0,L_i-R_i) \times (n-2i-1)$
^D：$n^m \cdot m^{n-1}$
EF：
AtCoder Grand Contest 059
^A：把子串首尾拼接成环，统计相邻异色的 pair 数，这东西每次最多消除 $2$，所以除以 $2$ 上取整就是答案
B：把数字按出现次数从大到小排序，相同数字之间相当于一个空位可以消除一个答案
CDEF：
AtCoder Regular Contest 156
A：必要条件是 $1$ 的数量是偶数，注意 corner case，比如 $n \le 4$ 且 $1$ 的数量为 $2$
C：以直径中点为根（如果中间没有点就建一个虚点），所有深度的点轮换一位
D：假设每个数的出现次数是 $c_i$，则只考虑 $\frac{k!}{\prod_{i=1}^n c_i!}$ 是奇数的情况，相当于 $c_i$ 只能是 $k$ 二进制下的 $1$ 的组合，dp 一下
BEF：
AtCoder Regular Contest 159
被疯狂 corner case 杀
A：显然 $\bmod n$ 相同的点是可以合并考虑的，特殊考虑 $s \equiv t \pmod n$ 但 $s \neq t$ 的情况
*B：不妨设 $a \le b$，那么每次等价于 $a$ 和 $b-a$ 在操作，但只有 $a$ 会减小。把 $a$ 看成 $a’ \cdot \gcd$，每次操作相当于 $a’$ 减 $1$，所以就看 $a’$ 什么时候减到下一个质因子的倍数
*C：充分条件是 $n|\sum a_i$（因为每两次操作可以使一人相对 $+1$，一人相对 $-1$），且这在 $n$ 为奇数时是必要的，$n$ 为偶数且操作数是偶数时也是必要的，$n$ 为偶数且操作数为奇数相当于一开始随便加上一个 $1,\cdots,n$ 就转化成操作数为偶数的情况了
DEF：
Codeforces
Codeforces Round #559 Div.1
A：首先让全部数字都是每行的 $\min$ 值，然后找 $m-1$ 个最大值和 $1$ 个次大值替换成列的 $\max$ 值。
*C：考场解法：想办法做出拓扑图就能得到最终序列了，于是线段树优化连边得到拓扑图，时间 $O(n \log n)$。
题解解法：先判掉 $i<j<next_i<next_j$ 的情况，然后 $i$ 向 $next_i$ 连边，构成一棵树，跑 dfs 序再倒过来。$O(n)$。
**E：先用 $4\log$ 的时间确定每个点的层（类似于整体二分，同一二分层的奇数段一起做，偶数段一起做），再用 $3\log$ 的时间为每个点找父亲（逐二进制位确定每个点父亲，模 $3$ 相同的层一起做）。
Educational Codeforces Round 67
没 AK，丢人~
AB：略
C：要单调不降的区间就全都平着，其他都下降
D：区间排序等价于不断交换相邻两个，因此 $a$ 数组必须包含 $b$ 数组的所有逆序对。随便维护
E：dp，换根
*F：考场解法：设 $f_{i,j,k}$ 表示到了第 $i$ 个元素，结尾为 $j$，共 $k$ 段，的方案数。$k$ 用 AGC019E 的思想优化成 $0\sim 2$，$j$ 扔线段树上，那么转移就是区间乘和加（矩阵）。代码过长，常数过大，请勿模仿
G：费用流直接上。因为最大流只有 50，因此相当于跑 50 次最短路，这是不会 T 的。但还是把你吓得半死甚至丢了一血
Codeforces Round #572 Div.1+Div.2
ABC：略
D1：判是否存在度数为 2 的点，因为度数为 2 的点两边一定是一样的
*D2：选一个叶子为根，从下往上一条边一条边确定
^E：史上最大诈胡题 两边同乘 $(a_i-a_j)$，平方差公式
^*F：设 $f_{i,j,x}$ 表示到了第 $i$ 个数，选了 $j$ 个，最小间隔为 $x$ 的方案数。后两维的有用状态总和为 $O(k \cdot \frac ak)=O(a)$
Codeforces Round #580 Div.1
Codeforces Round #583
A：全买 1$ 和 5€，暴力枚举买了多少个 1$
B：$n+1-\max(0,n-b)-\max(0,n-g)$
C：要么原串合法，要么把最后一个左括号放到开头，要么把第一个右括号放到结尾
D：答案最多为 $2$（封住左上角），因此判断是否存在割点或者左上右下不连通
E：$d_i$ 从大到小做，最长的作为主链，然后贪心填满主链，其他随便挂在主链上
*F：一定能从某个地方割开成链然后从左到右贪心匹配。因此先假设是 $1$ 到 $m$ 的链，每个点的坐标要么是正贡献要么是负贡献，看它前面的 $a$ 和 $b$ 的数量。然后每次把开头的人丢到结尾，可以快速计算对答案的影响。
*G：每行开一个 bitset，若某两行的 bitset 不是包含关系则有解。判断是否存在两行不互相包含只需按 size 从小到大排序然后依次检查相邻两个，用 set 维护
看大题解
H：若直径小于 $k$ 则任意染；若 $k=2$ 则黑白染色；否则直径按 $1$ 到 $k$ 循环染，剩下的枝都有长度限制，在长度限制以内方案是唯一的，超过长度限制则无解
Codeforces Round #584
A：贪心
B：模拟 $10^5$ 次
C：枚举分界的数字，小于它的染 1 色，大于它的染 2 色，这个数字单独判断
D：看成连边，然后答案为 $n$ 减生成森林的边数
E1E2：只有 $\min(n,m)$ 列是有用的，随便状压一下
F：做出最短路图，按拓扑序处理每一个点，这个点相当于选择一条入边然后更新 trie。选择哪条入边更优秀那就看谁是 lca 的小的儿子
G1：设一个数字最左出现在 $l$，最右出现在 $r$，那么 $[l,r]$ 要全部同色。栈+并查集维护一下就好了
**G2：维护这个区间并。给 $[l,r-1]$ 全体加 $1$，那么 $0$ 就是区间并的分界点。用线段树维护这个，然后求区间众数的话再开一棵线段树，每个数的出现次数赋值到最早出现的位置，那么就是个区间最大值
看大题解
Codeforces Round #594 (Div. 1)
A：若第一行存在相邻同色格子，那么后面的行的方案是唯一的；否则等价于第一列的方案数。都是一个递推过去
*B：先把原串循环移位成一个合法括号序（若不存在则答案为 0），然后只有最外层和次外层的匹配括号对才能交换，贡献可以用栈来算
C：大模拟
D：有向图 tarjan 缩环，找到一个没有出度的强连通分量即可作为 jury，其余作为猫
E：一定是第一行从小到大，第二行从大到小，于是最大路径只能是走边界的两条之一。因此问题变成，从小到大排序，前两个数放左上和右下，后 $2n-2$ 个数平分成两个集合，使得最大和最小。$O(n^3\max a)$ dp
Codeforces Round #602 (Div. 1)
*A：任意括号序都是可以被构造的，当前这位不合你意就在后面找一个换
B1B2：询问离线，把元素以大小为第一关键字、位置为第二关键字排序，依次激活，线段树二分查询第 $pos$ 个。
C：二分，用二维前缀和判断
*D1D2：题分为 $h_i=h_{i+1}$（无论如何选都贡献 0）和 $h_i\not=h_{i+1}$（可贡献 1、-1、0）两种，由对称性，正贡献的方案数等于负贡献的方案数，所以非零贡献的方案数除以 2 就是答案
Codeforces Round #614 (Div. 1)
AB：略
C：只有经过 $0$ 的路径是有用的，且必然是在一条路径上放 $0$ ~ $len-1$。类似于区间 dp，设 $f_{u,v}$ 表示 $u$ 到 $v$ 这条路径的答案。
D：集合点一定在某个关键点上，预处理一些东西后任意两个关键点之间的距离可以 $O(1)$ 算。那么就枚举集合点，然后暴力算距离，$O(k^2)$。注意 $k=0$。
Hello 2020
AB：略
C：算每个连续段的贡献
D：按一边的区间排序，set 维护另一边的开始结束时间，判断这边相交的是否有另一边没交，再反过来做一次
E：枚举中心点，剩下的三点只要不在该点的同一侧即可，于是极角排序+two pointers
FG：
Codeforces Round #625 (Div. 1)
A：移项得到 $i-b_i$ 相同的组一队
B：终点出发求最短路图，每个 $p_i$ 依照最短路图的出边进行讨论递推
C：二维偏序随便搞搞
D：一个串的最小表示是：(开头可能有奇数个 1)+(若干个0)+(奇数个1)+(若干个0)+(奇数个1)+…+(结尾一堆1)，把这个形状 hash 起来，线段树维护区间 hash
EF：
Codeforces Round #621 (Div. 1+Div. 2)
A：贪心
B：若有步长等于 $x$，则可以一步到位；否则等于 $\lceil \frac {x}{最长步长} \rceil$
C：长度只能为 1 或 2
D：从起点跑一次 bfs，从终点跑一次 bfs，再找 bfs 序相邻的两个关键点连边
*E：枚举分界线（即枚举左集合的最右牛），每种 $f$ 的牛独立算贡献
FG：
Ozon Tech Challenge 2020 (Div.1 + Div.2)
A：两个数组都从小到大排序
B：贪心
^C：考场解法：把所有数按 $\bmod~m$ 分类，先假设都是正贡献算答案，再在原数组求要乘多少个 $-1$
正常解法：$n>m$ 时答案必为 $0$，所以直接暴力
*D：每次询问一个三元组（设 $a-b-c$，则询问 $a,c$），就可以去掉两棵子树
*E：上界就是 $1\cdots n$，第 $i$ 个数最多贡献 $\lfloor \frac{i-1}2\rfloor$。所以先找到最大的 $n’$ 使得 $1\cdots n’$ 的贡献恰好小于等于 $m$，再凑后面的。
*F：答案上限是奇数个数，并且随机选一个数，$O(n)$ 判断 $a_i,a_i+1,a_i-1$ 的质因子，至少 $\frac n2$ 的概率是正确的，随机判断 20 个即可
看大题解
*G：加一个 $a_i=0$ 的点，每条边 $(u,v)$ 赋权值 $a_u+a_v$，答案等价于最大生成树减去点权和。用 Boruvka 求最大生成树，每个点连出去的边用权值的高维前缀和来求
H：
Codeforces Round #626 (Div. 1)
A：前缀和为 $0$ 的位置作为分界点，把序列分成若干段，有问题的段重排
B：按位考虑，每一位相当于要求两个数的和在两个区间内，two pointers
*C：右边的点按照邻集分类，同类求和，不同类求 $\gcd$
*D：dp，设 $f_{i,j,k}$ 表示倒着枚举到了第 $i$ 个数，数字大小为 $j$，有 $k$ 个数字，的最优答案。复杂度分析同那种看起来是 $O(n^3)$ 实际是 $O(n^2)$ 的树形 dp
EF：
Codeforces Round #631 (Div. 1)
A：从左往右放，每个 $l_i$ 放在 $\max(i,\sum_{j=i}^n l_j)$
B：$a_i$ 的二进制最高位必须是递增的，因此最多 30 来个，随便 dp
C：每次贪心找最大的可删除的结点
DE：
Codeforces Round #633 (Div. 1)
A：填平 $\max_{i < j,\ a_i > a_j} a_i-a_j$ 即可
B：最小：若所有叶子的深度的奇偶性相同就是 1，否则是 3；最大：初值为 $n-1$，每当有 $x$ 个叶子父亲相同就减去 $x-1$
C：打表找规律
D：树形 dp，设 $f_{i,0/1}$ 表示以 $i$ 为根的子树，$i$ 选或不选，的最优答案。$f_{i,0}=儿子数量-1+\max\{f_{son,0},f_{son,1}\}$，$f_{i,1}=\max\{f_{son,0}\}+1$，旋根 dp
E：
2020 ECNU Campus Online Invitational Contest
AI：略
C：cdq 模板题
^D：若存在 $0$ 权或所有结点权值均 $\ge 2$ 则直接找一个最小权点即可；否则先找到最长的 $1$ 构成的直径，然后再考虑是否有两条最长的 $1$ 直径用一个 $2$ 连起来，后者用旋根 dp 预处理每个 $1$ 最长能延伸到多少。
F：SA 搞一搞，注意坑点，比如 / 和 . 互换
BEGH：
Educational Codeforces Round 89
BC：略
A：设两种原材料分别有 $a,b$ 个，最终合成了 $x$ 个物品，则有 $a-x+b-x\ge x$，即 $a+b \ge 3x$，因此输出 $\min\{a,b,\lfloor \frac{a+b}{3} \rfloor\}$
D：找到 $a_i$ 最小的质因子 $p$，则 $d_1=p$，$d_2=a_i$ 除以 $p$ 除到不能除为止，若 $d_2=1$ 表示无解
E：相邻两段的分界线是造成方案不唯一的原因，预处理后缀最小值然后随便搞搞
*G：类似于 LCS 一样 dp，预处理第一个串 $len_i$ 表示从 $s_i$ 出发第一次到达空串需要多长。
F：
2020 Ateneo de Manila University DISCS PrO HS Division
ABCDEFG：略
H：设 $M=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_k^{c_k}$，$N=p_1^{d_1}p_2^{d_2}\cdots p_k^{d_k}$，那么会有 $d_i\prod_{j=1}^k(1+d_j)=2c_i$，枚举 $\gcd(c_1,c_2,\cdots,c_k)$ 的约数作为 $\prod (1+d_j)$ 判断一下合不合法就行了
I：问题转化为问每一个三角形内部包含了多少点。预处理出每条线段下方有多少点即可，注意线段垂直的情况
Codeforces Round #664 (Div. 1)
A：枚举选多少个 $>w$ 的 $a_i$
B：每条边记作 $(i,j)$ 表示它所属的出边集大小为 $i$、它排名为 $j$，而每个点必须恰好选一条入边，因此可以得到所有 $(i,j)$ 之间的互斥关系，然后 $O(k!)$ 枚举
*C：二分，check 的时候求出答案点横坐标、纵坐标、横纵坐标差的合法区间
看大题解
D：简单树形 dp，设 $f_{i,0/1}$ 表示 $i$ 为根的子树，$i$ 往上走是上升还是下降，的最小代价
E：
Codeforces Round #706 (Div. 1)
A：按 $x^2$ 和 $y^2$ 排序
B：出生点必须在顶峰，而且必须在唯一的最长单调段的顶峰，然后讨论一下这个顶峰的较短单调段
*C：$3$ 的倍数的行全染掉，最后一行讨论一下
DEF：
Codeforces Round #707 (Div. 1)
^A：差分序列如果有不相邻的相同值就一定是 yes，因此序列最长为 $O(\sqrt{a})$，取原序列前 $3000$ 个数用 $O(n^2)$ 的方法判断即可
B：二分，枚举每种颜色计算相撞的天数
CDEF：
Codeforces Round #709 (Div. 1)
A：每天优先选第一个人，然后如果发现有人超了，就把选他的天进行调整，调整完行就行，不行就不行
B：提神醒脑小链表
C：单调栈优化dp
*D：先 flyod 求出任意两点最短路，然后反向 floyd 求出任意两点间的最松限制
EF：
Codeforces Round #745 (Div. 1)
A：精细地实现 $O(n^3)$
*B：题目的条件等价于“笛卡尔树深度为 $m$ 的节点恰有 $k$ 个”，大力 $O(n^5)$ dp 冲过去
C：$x+y \le \sqrt m$ 的用一个周期表记录下来，$x+y > \sqrt m$ 的暴力
**E：最短路图上入度为 $1$ 的点是关键点。无修是按最短路排序，每个关键点取前面 $w$ 的最小值或次小值。带修用两个 set 分别维护最小值相同的段和次小值相同的段，以及需要用最小值或次小值的关键点数量。
看大题解
DF：
Codeforces Round #749 (Div. 1 + Div. 2)
濒临紫名了。。。危
^A：傻瓜解法：范围这么小这不直接冲 dp？
聪明解法：要么总和是合数，否则一定能减去一个奇数变成合数
B：一定有点没作为 $b$ 被限制过，以它为中心做个大菊花
C：NO 当且仅当存在一个 X 它的右上也是 X
D：先用 $n-1$ 步求出 $a_n$（依次假设 $a_n=1,2,\cdots,n-1$，用前面的 $n$ 与它遥相呼应），然后用 $n-1$ 步求出其他所有数
*E：YES 当且仅当每个点的询问度数是偶数（想象在询问点对间连边，会构成欧拉图），输出方案只要在生成树上走即可
FGHI：
Codeforces Round #773 (Div. 1)
A：贪心从小到大匹配
B：每次找到第一个与 $a_1$ 相同的 $a_i$，然后在 $a_i$ 后面构建 $a_1,\cdots,a_{i-1}$。提神醒脑大模拟
C：回答 NO 当且仅当它被 0 染色覆盖；回答 YES 当且仅当它没被 0 染色覆盖且有一个 1 染色除了这个位置其他都是 0。用并查集+链表维护 0 染色情况、每个元素左边右边第一个非 0 位置，用线段树看左端点在 $(l_x,x]$ 的 1 染色的右端点最小值是否 $<r_x$ 即可
DEF：
Codeforces Round #831 (Div. 1 + Div. 2)
A：奇数 $+3$，偶数 $+2$
B：令 $a_i \le b_i$，则答案为 $2(\sum a_i + \max b_i)$
C：大胆猜测，一定是排好序后划分成连续的三段，然后 1 3 2 或 2 1 3 这样排。前者 1 肯定是单独一个数，只需枚举 2 3 分界点即可；后者 3 是单独一个数，枚举 1 2 分界点
D：如果一张卡片能放出来，且放出来之后去掉起始点和目标点外仍然有一个空位，那就一定能通过若干步华容道把任意一张卡移到终点
E：简单树形 dp，设 $dp_{i,0/1}$ 表示以 $i$ 为根的子树，$i$ 这个点是否计入贡献，的最大收益
FGHI：
计蒜客
计蒜之道2019初赛第1场
A：略
*BCD：莫比乌斯反演优化 dp
看大题解
计蒜之道2019复赛
A：用线段树求每个数往左的最长下降序列长度及方案数，以及往右的最长上升序列长度及方案数。
B：暴力模拟，当然太暴力是不能过的。
**C：观察得出 $SG(x)$ 等于 $x$ 二进制下末尾 $0$ 的个数。于是先求出 $cnt[i]$ 表示 $SG$ 值为 $i$ 的 $x$ 有多少个，然后像快速幂一样自己 FWT 自己，共 $\log$ 次 FWT。
D：贪心。由于每次要求最大值的区间是往右滑窗的，所以可以用单调队列。
E：贪心。
JZOJ
2019.08.04【NOIP提高组】模拟 A 组
t1：递推
*t2：化成 $x^m \equiv x~(\mod n)$，每个质因子下暴力解，再把解数乘起来
*t3：解法一：LCT
解法二：用两个倍增数组，一个存链上最小值（忽略方向，启发式合并），一个存方向
2017.11.09【NOIP提高组】冲刺A组
*t1：NOI2015寿司晚宴（每个数最多含有 8 个小质因子和 1 个大质因子（以 $\sqrt n$ 分大小），按大质因子分类，状压小质因子 dp）
t2：边双缩起来得到一棵树，把直径连起来
t3：保留初始 mst 的 $O(n)$ 条边，以后每次 add 直接重建 mst
HNOI2018
*D1t3(5657)：11 条非树边 22 个关键点，建虚树，虚树上儿子对父亲的贡献系数可以预处理，然后 $O(2^{11})$ 枚举每条非树边的下点选不选，在虚树上做 dp
d2t1(5658)：预处理每个点只往左和只往右最远能到达哪里，然后从左往右每个点暴力扩展（要一段一段地跳），是线性的
*D2t2(5659)：转化成树的问题，每个点是一个权值序列，每次找平均权值最小的序列，并到父亲的末尾去，用堆+dsu 实现
NOI2020全国统一省选
*D2t3(6741)：矩阵树定理，把每条边视为 $1+wx$，那么 $\det$ 就是生成树的边权和。$\gcd$ 利用 $\varphi * 1=id$ 拆掉
散装
4703：物品做背包，钱袋子 meet in the middle，注意折成 $20+10$ 复杂度最优
4829：蚂蚁问题，每次询问二分
*4847：若 $x$ 到 $y$ 的路上经过奇环，则一定可以，否则看路径长度的奇偶性。用广义圆方树
*4939：左端点从左往右移，线段树维护右端点。每次左端点右移就相当于结算一些段
看大题解
5001：状压 dp，设 $f_s$ 表示 $s$ 这个集合的字符串的 trie 大小，肯定先把这个集合的公共字母全部提取出来，然后枚举一个分割来转移
100003：树边从深度小的连向深度大的，返祖边从深度大的连向深度小的，最大费用循环流
BZOJ
^3083：换根是吓人的，实际上根据 $id$ 和 $root$ 的关系可以把询问拆成至多两个 dfs 序区间，用链剖+线段树维护区间最小值
*5016：每个询问 $(l_1,r_1,l_2,r_2)$ 可以拆成 4 个前缀询问 $(r_1,r_2)-(l_1-1,r_2)-(l_2-1,r_1)+(l_1-1,l_2-1)$，然后莫队
Ynoi
4810：莫队，加法和减法用 bitset 解决，乘法暴力枚举 $x$ 的因数判断
*4811：链剖，线段树维护每个区间从左到右、从右到左、全 0 进入、全 1 进入得到的结果，询问按位贪心
*4939：莫队求每个区间的 bitset，需要一些技巧
看大题解
4940：bzoj3083+bzoj5016
UOJ
Goodbye Jihai
t1：按价格排序，那肯定是买便宜的然后白嫖贵的，所以前面做背包，枚举最后一个买的之后后面的按质量贪心选
**t3：最优一定是从一个点出发左右扩展，且一个点往一边扩最多有 $\log$ 段，因此有用的区间最多 $O(n \log n)$ 个，在这些上面做区间 dp
看大题解
UOJ Easy Round #9
A：正常情况下以起点为中心极角排序转一圈就好了，但是有可能所有点在起点的同一半平面上，但这可以从一侧开始走，走到 $n$ 时递归成子问题
*B：每个颜色块做 bfs 到达其他所有点的最短距离，用 bitset 求出对于其他每个点，有多少该颜色的点能沿最短路图到达它，能的点到它的距离就是最短距离，否则是最短距离 $+1$
C：
Goodbye Xinchou
*A：解法一：特殊讨论答案为 1 或 2 的，然后 dfs 求答案为 3 的，剩下的就是答案为 4 的。
解法二：特殊讨论答案为 1 或 2 或 3 的，剩下的就是答案为 4 的。但是在赛场上 FST 率极高。
B：给胜者向负者连边，这样形成了一棵树状数组那样的树，且奇数层填正号，偶数层填负号。那么贪心填就好了，找找规律，最后是 $O(n)$ 实现。
CDE：
LOJ
*2509：转化成树的问题，每个点是一个权值序列，每次找平均权值最小的序列，并到父亲的末尾去，用堆+dsu 实现
*2978：“每个数包含奇数个哪些质数”可以看成 01 向量，做成线性基。区间太长时每个小质数都是基
看大题解
*2980：每个位置是一个向量 $[A_i,B_i,C_i,1]$，操作都是矩阵乘法，用线段树维护。
看大题解
CometOJ
2019 Wannafly Winter Camp Day5
Comet OJ Contest #6
A：略
B：$O(n^3)$ 暴力 dp。
C：考场解法：扫描右端点，用线段树维护左端点的答案。其实就是要维护左端点到当前右端点之间，一共有多少个度数不为 $0$ 的点。时间 $O(n \log n)$。
$O(n)$ 做法：求所有区间的连通块数和，转化成计算每个点的贡献。让一个连通块在它的 LCA 处被统计，那么就是说：一个点，它的父亲边被砍掉了，它的儿子边至少有一条。
Comet OJ Contest #8
AB：略
C：不管什么顺序都是 $\sum_{i=1}^{n-1} b_ia_{i+1}$，再枚举一个区间乘 $k$
D：枚举右端点，线段树维护左端点答案
E：枚举 $f$ 的值为 $i$，那就是求 $\lfloor \frac{n}{i^2} \rfloor$ 以内有多少个数没有平方因子，容斥反演一套打下去
Comet OJ Contest #13
AB：略
C：维护一个 $1$ 的并查集，每行再用一个并查集维护每个元素最右边的 $0$ 在哪里
D：递推（设 $f_{i,0/1}$ 表示到了第 $i$ 个元素，$\sqrt a$ 选了奇数个还是偶数个，的贡献），矩阵乘法加速
E：枚举一条边经过的一个点，然后得到其余每个点在什么斜率下会被覆盖
*F：大力分块
HDU
2021CCPC华为云挑战赛
A：按 $a_i$ 从大到小贪心放
B：数据随机，枚举 2000 个 $k$，只判断序列前 20 个元素即可
C：多重背包
DEFG：
牛客
东华大学2020年程序设计竞赛
ABC：略
D：PreFinals 2020 Day3 F 从小到大一段一段地合并，行就行，不行就不行
F：最后结论是，若存在一个串里面 1 的个数是奇数，则先手必胜，否则先手必败
G：dp，设 $f_i$ 表示考虑了前 $i$ 个数的最优答案。转移只需考虑最后一个 $0$ 和最后一个 $-1$
H：建主席树，表示每个点到根路径上的值域线段树，每次询问二分。强行卡常不可取
K：暴力（先 bfs 求出所有的 country，然后每个 country 边界点暴力往四周遍历，碰到别的 country 点就 break）复杂度是对的（隐约感觉，交了能过，还不会证
EIJ：
2020牛客多校（第一场）
一吨 paper 题加一两个用脚造数据的题
F：队友说是沙雕题
A：考场解法：（队友搞的）令 $a_i=s_i \oplus s_{i+1}$，对 $a$ 数组求 SA，然后再怎么排个序
题解解法：令 $c_i=\min\{j-i\ |\ j>i,\ s_i=s_j\}$，对 $c$ 数组求 SA 就是答案
*B：CF Round 614 Div1 D 评论区粉兔 先求出第一步往哪棵子树走，走过去之后，这棵子树就只有素数间隔那么多个元素了，建虚树找重心
D：KKT 条件
H：先假设容量为 $1$，不断 SPFA 单路增广求出从源点到汇点的第 $i$ 个流量所需的费用。每次询问等比例放大，相当于每 $u_i$ 个流量为一种费用，问前 $v_i$ 个流量总共需要多少费用，$O(1)$ 回答
*I：带花树，每个点拆成 $d_i$ 个点，每条边也多拆两个点出来，答案等于 $最大匹配-边数$
J：β 函数
CEG：
2020牛客多校（第二场）
D：略
^C：解法一：找到重心，然后叶子按 dfs 序排序，头尾匹配
解法二：任找一个非叶节点作根，然后叶子按 dfs 序排序，假设有 $s$ 个叶子，那么 $l_i$ 跟 $l_{i+\frac s2}$ 匹配
*E：答案可以表示成 $选18个数以内得到的答案+若干个“选18个数以内组成0”$，先做 18 次 FWT 算出任选 19 个数以内的所有情况，然后后面的 dp 上去
F：单调队列求滑窗最大值。注意线性预处理 $\gcd$，这里至少有两种方法
G：大力 bitset 冲过去
*H：两种情况，若 $x$ 是最大值，那么找 $x$ 的两个前驱；若 $x$ 不是最大值，则找一个 $a[i]>x$ 使得 $a[i]-a[i-1]$ 最小。用平衡树维护
I：看作在网格图上从 $(1,n)$ 不能走到主对角线，那么就是 bzoj 狼抓兔子，最小割用最短路实现
J：对于输入的每个环长 $r$，把这个环“拉大” $k \bmod r$ 倍即可，$k$ 是质数会保证操作一定可行
K：枚举第二个圆上的点，推出积分式子，然后辛普森
AB：
2020牛客多校（第三场）
AL：略
B：队友说是沙雕题
C：先找到长度为 $9$ 的边，然后看比它的前驱后继哪个长，结合叉积判方向
D：分两种情况讨论，若 $n$ 大 $m$ 小，则左边下边铺一个 $L$ 型，剩下的点从左下角往右上角拓展；若 $m$ 大 $n$ 小，则做一条直线+若干散点
*E：把两个匹配的边都连上，会发现构成若干个大小为偶数且大于等于 $4$ 的环，于是就可以 dp
F：若 $a,b$ 能约分则随便构造；否则若 $b=1$ 或 $b$ 只有一种质因子则无解；否则 exgcd
*H：按位考虑，假设当前要排序的区间是 $[l,r]$，取一个最高位的修改操作使得它会把这个区间劈成两半，然后递归下去
GIJK：
2020牛客多校（第四场）
*A：从小到大枚举最大距离 $x$，算出这个距离最少需要多少关键点（每次找深度最深的点，它的 $x$ 级祖先为根的子树删掉，用线段树实现，关键点数量是 $O(\frac nx)$ 的），然后 two pointers 求答案
B：队友说是沙雕题
*C：倒着插入字符，维护前缀最大值，会发现形成了一个 trie（大小不超过 $10n$），于是 trie 上建 sam
*D：三种情况：1、一位一位来，发现答案 $\le 9$；2、首段不超过 $30$，dp；3、首段超过 $30$，发现划分方案是唯一的
*E：从小到大枚举当前的 $x$，比 $x$ 小的记作 $0$，比 $x$ 大的记作 $1$，那么就是问 $x$ 的左右两边是否能消成特定数字；暴力的话可以从左往右用栈贪心，那么快一点就用线段树维护一下某段对栈的影响
F：可以判断 C、D 分别在 AB 中垂线的左边还是右边，然后讨论
H：倒序考虑所有质因子的倍数，没匹配过的按其最小质因子从大到小贪心匹配
**J：类似 Kruskal，并查集维护每个连通块的大小、相邻连通块的大小之和，其中相邻连通块的大小之和用启发式合并邻居表+根号平衡
看大题解
G：
2020牛客多校（第五场）
F：略
D：队友说是沙雕题
A：一定有一个传送门是随身带着的，因此 $O(n^3)$ dp
B：任选一个点作根，每个点求出它到根的异或和 $s_i$，会发现任意两个点之间连边的话权值一定是 $s_i \oplus s_j$，那么就是个最小异或生成树
*C：二维生成函数推一推
E：等价于 $[1,2,\cdots,n]$ 经过这个置换会得到多少不同的排列，因此是所有环长的 $lcm$，要高精度
*H：每个右端点有 $O(\log a)$ 个有效左端点，总共 $O(n \log a)$ 个有效区间（看作平面上的点，点权为 $1$），如果两个区间 $[l_1,r_1]$ 和 $[l_2,r_2]$ 满足 $l1 \le l_2 \le r_1 \le r_2$，那么新增一个区间 $[l_1,r_2]$，点权 $-1$，每个询问树套树二维数点
I：$ans=\frac 23$，方法为按对角线划分，连着两条对角线放 H，然后一条对角线交替放 E 和 G，边界点如果不合法就不放了，不影响极限
K：队友说是大模拟
GJ：
2020牛客多校（第六场）
排列题大作战。。。
*A：大胆猜想可以证明每次选一个环来操作是最优的，因此设 $f(n)$ 表示环大小为 $n$ 的操作期望，推一下式子发现很简单
*B：解法一：看样例找规律，大胆猜想大胆写，要么怂B要么一血
解法二：每个向量加进来的时候都不属于之前的空间，因此概率为 $\prod_{i=0}^{n-1} \frac{2^n-2^i}{2^n}$，化简一下可以递推
C：队友说是沙雕题
E：若 $n$ 为奇数，则 $k=0,ans=[1,n-1,2,n-2,\cdots,n]$；否则 $k=\frac n2,ans=[n,\frac n2,1,n-1,2,n-2,\cdots]$
G：从左上到右下的副对角线、每条副对角线从右上到左下进行染色，且显然下标为偶数的副对角线，再染下标为奇数的副对角线
H：数位 dp，设 $f_{i,sx-sy,0/1,0/1}$ 表示从高到低到了第 $i$ 位、$a$ 数位和减去 $b$ 数位和为 $sx-sy$、$a$ 是否小于 $b$、$b$ 是否小于 $n$，的方案数
J：预处理出每一轮剩下的数字里要选第几个，然后线段树求出置换
K：随便 dp 一下
DFI：
2020牛客多校（第七场）
^A：搞一个会 T 的 dp，比如设 $f_{i,x,y,sx,sy}$ 表示现在到了 $(x,y)$ 的位置，放了 $i$ 个点，之前的点横坐标和为 $sx$，纵坐标和为 $sy$，的最优答案。然后打表
B：队友说是沙雕题
*C：第一个操作看成全体 $+w$ 然后把 $x$ 丢进一个 multiset 里；第三个操作看成询问某个点到 multiset 里所有点的距离和，链剖解决；第二个操作看成单点询问和单点加法
D：打表发现只有 $1$ 和 $24$ 是合法的
**E：设 $dp_{i,(j,pj)}$ 表示目标树的第 $i$ 个结点，匹配模板里的结点 $j$，$i$ 连向父亲的边匹配 $j$ 连向 $pj$ 的边，的最小代价。转移是个 KM，用最短路快速退流
看大题解
*G：先 dp 出一个普通矩形的拓扑序数量，然后第一个矩形倒着 dp，设 $f_{i,j}$ 表示第一个矩形上排从右到左到了 $i$、下排从右到左到了 $j$ 的方案数，普通的转移是个挡板，$f_{i,i-1} \to f_{i-1,i-1} \to f_{i-1,i-2}$ 特殊地 $O(n)$ 转移一下（这样的情况只有 $n$ 次，不会 T）
H：必有 $n=xk$ 或 $n=xk+1$，而 $x$ 和 $k$ 必有其一是 $\le 10^6$ 的，枚举这一个算另外一个
*I：答案为一个点的贡献 $\times n$，枚举一个点的度数，用 prufer 序 dp 出方案数
J：想办法连个图出来，跑足够多次传递闭包
F：
2020牛客多校（第八场）
*A：等价于求连通块个数，大力 LCT
*D：$n \bmod p$ 的部分分布在 $a_1,\cdots,a_{p-1}$，方案为整数拆分；其余部分考虑分在 $a_1$ 和 $a_p$。
看大题解
E：枚举 $m\cdot a_1$（枚举总量是 $O(n \ln n)$），这会对 $[ma_1+3,ma_1+2m-3]$ 这一段的 $n$ 产生一个类似于等差数列的贡献，那么打上差分标记，再求个前缀和，就得到答案了
G：大力打牌题
I：视为 $a_i$ 与 $b_i$ 连边，每个连通块如果有环那么每个点都能选上，否则恰有一个点不能选
K：第一问就是 $b_1$，第二问贪心选最大的前缀和
BCFHJ：
2020牛客多校（第九场）
A：队友说是沙雕题
B：树形 dp，收益$\ge$代价的按代价从小到大做，收益$<$代价的按收益从大到小做
*C：求“长度平方”即考虑点对的贡献，右点往右移，用线段树维护左点的贡献，这是个区间 $\times 2$ 和区间求和
^E：推推式子，for 一遍的事 把你骗去写类欧了
F：简单的滑窗处理
*G：考场想法：大力树链剖分，没写完不知道行不行
题解解法：时间分治+可撤销并查集+维护一个连通块的相邻连通块大小之和，相当于连通块在树上的“儿子”之和 + “父亲”
*H：每个间隔都是形如 $\frac{1}{1-cx}$ 的多项式。分治算出分母，然后多项式求逆
I：找最小的非 $0$ 数作为其中一个乘数，剩下的作为另一个乘数
J：$O(n^3)$ 随便搞搞
K：枚举终点
GL：
2020牛客多校（第十场）
*A：$\times 2$ 关系会形成很多个环，一个环 $\times 3$ 会通向另一个环，因此可以直接贪心 $\times 2$，不行就 $\times 3$
D：
E：倒着维护一个单调递增的栈
J：day7E 弱化 树形 dp 用 KM 转移
BCFGHI：
2021牛客多校（第十场）
A：给字符串排序建 trie，trie 上要合并掉单链
*D：通过直径中心往外加叶子的顺序进行 dp
*E：六合一很好玩吗 king、Rook 是平凡的，Knight 只需记录离边界的距离，Queen、Bishop 维护 $cnt_{i,j}$ 表示有 $j$ 侧是 $\ge i$ 的维数。
F：队友说是沙雕题
G：如果选定一群人最后或者的话，概率是可以列个式子的，然后再推个容斥系数
H：按 1 的奇偶性染色
*J：每个点能照亮的是一段区间，所以是环形线段覆盖，破环为链然后倍增
*K：枚举竖直方向步数把两维独立，然后每一维用暴力+对称容斥进行根号平衡
BCI：
2021牛客多校（第四场）
*A：每个子树的生成函数是儿子的积加上 $\frac{1}{1-x^{a_i}}$ 再减去前 $c_i$ 项
*B：设 $a_i$ 表示序列长度大于 $i$ 的概率，则 $a_i$ 的生成函数为 $\prod_{i=1}^n \frac{1}{1-p_ix}$
C：假设 $a$ 最小，先让三个串开头都是 ‘a’，问题归约成 $<0,b-a,c-a,n-a>$，让 $s_1$ 剩下的全放 ‘b’、$s_2$ 剩下的全放 ‘c’、$s_3$ 根据限制放 ‘b’’c’’d’ 即可
*D：地方撒
E：以 1 为根，产生 $n$ 个限制，每个限制形如 $x \oplus w_i \in [l_i,r_i]$，这对 $x$ 来说有 $\log$ 个合法区间，所有这些区间覆盖在数轴上，被覆盖 $n$ 次的位置就是合法的 $x$ 取值
^F：无论如何操作对于“点数+边数”都是减少奇数个，因此判断 $n+m$ 奇偶性即可
*G：考虑组合意义，转化成给 $D+nk$ 个有标号球染色，每种颜色至少 $k$ 个，的方案数，容斥 dp
*H：枚举 $\gcd(j,k)$ 推式子
IJ：队友说是沙雕题
2021牛客多校（第二场）
CDFIK：队友说是沙雕题
*B：列出式子来，组合数求前缀和用递推
*G：如果区间 $A$ 包含了区间 $B$，那么区间 $A$ 要么自成一组，要么与 $B$ 同一组（相当于扔掉），因此没有包含关系的区间就是滑窗的，排序，dp
J：每个质数的贡献单独考虑，是 $p^{\sum_{c}\binom{p^c的倍数的数量}{c}}$，过程类似埃式筛，要用欧拉降幂
L：按度数是否 $>\sqrt{2m}$ 分为大点和小点，小点更新时将更新信息推送给邻居，每个点询问的时候从小邻居获得更新信息（什么时候超过了自己），从大邻居的预处理中获得什么时候超过了自己
AEH：
Astar
Astar 2019 复赛
1001：显然每个节点要么选 $l_i$，要么选 $r_i$
1002：假设 $c \leq a \leq b \leq d$，那么 $\frac{a-c}{b-a}$、$\frac{d-b}{b-a}$ 必须是整数，且两者二进制下的 $1$ 恰好错开
1003：中序遍历，若根最小且左右 $size$ 不同，则谁 $size$ 小谁先走，否则谁含有标号最小的点谁就先走
*1004：设 $f_{i,q}$ 表示第 $i$ 个数，值选在 $q([l,r])$ 这个区间时，每一种选法的方案数。区间数量总共是 $O(n)$ 的
Astar 2020 初赛（第一场）
1001 1002 1003 1004：略
1005：每个黑格子都可以独立算贡献，最终推式子得到答案为 $\frac{a_1+a_n}{4}$
1006：二分第 $k$ 小的权值，然后算小于等于这个权值的点的权值和，再减去多的
*1007：二分时间 $t$，于是所有格子按照“能到达哪些窗户”分为 $2^k$ 类，算出每一类的数量，网络流判一下
*1008：powerful number
看大题解
Astar 2020 复赛
1001：$m-(\frac{100m}{p}-1)\frac{q}{100}$
1002：+1 只能用一次，枚举用来 +1 的前缀
1003：最大值：每 $l$ 个数，最后的 $k$ 位倒序放最大的。最小值同理
*1005：解法一：Alice 的 $m$ 次攻击视作 $m$ 个挡板，那么每个间隙都是一个生成函数。最后要泰勒展开，不能上多项式板子
解法二：dp 推一推，是个简单的组合数计数
看大题解
1004 1006：
Code+
Code+第七届
其他
学军信友队趣味网络邀请赛
A：
B：方法一：点分
方法二：直接每个点找一个离它最远的点（在直径上）算答案即可
*C：区间 dp，先用完全背包算出 $d_x$ 表示走 $x$ 距离的最小花费，然后 dp 时一个区间的转移必然要转移到这个区间被划分开，因此有用的区间一定是一个段的前缀或后缀，因此有用的区间是 $O(n)$ 的
D：$h_m=$最大的 $2^k$ 使得 $2^k|m$。枚举 $2^k$ 算贡献，转化成求 $[1,n]$ 每个数的约数个数和，分块+卡常
第三届上海理工大学程序设计竞赛
ABC：队友说是沙雕题
^D：一条边 $(x,y)$ 的权值等价于 $\text{make_pair}(\max(x,y),\min(x,y))$，因此 MST 也是唯一的
E：Dijkstra 求出排列 $[1,2,\cdots,8]$ 到其他排列的最短路，然后对于原序列，枚举一种置换，算答案
*F：构造 $k=1$ 的时候 $(2,2\times3,5,3\times 5)$，$k>1$ 的时候把这个东西复制 $k$ 份，然后修正，即每组的 $2\times3$ 不能抢后面的 $5$、每组的 $3\times5$ 不能抢后面的 $2$。
G：单调栈
H：每个格子的贡献取决于最后一次修剪
*I：prufer 序 dp，初始连通块缩起来当一个点考虑
看大题解
*J：询问所有的 $2\times2$、$2\times3$、$3\times2$ 即可知道任意一对相邻格子是否相等
*K：$k=2$ 时，维护奇数位一棵 treap 和偶数位一棵 treap，操作一个区间相当于两棵 treap 互换子树；$k=3$ 时同理，维护 6 棵 treap 即可
L：只需最后两位是 4 的倍数即可。注意 corner case
M：插头 dp，一个格子有 4 种状态（石头、水、没水的甘蔗、有水的甘蔗）
福州大学第十七届程序设计竞赛
ABCDEF：略
I：先挖掉一种颜色，剩余两种颜色合并连续段，则只有 $O(n)$ 种情况，然后组合数算一下方案数
*J：可删除线性基求交
看大题解
GH：