A - Basic Diplomacy
Solution 1
贪心，贪法可能有很多，这里讲一种。首先选出出现天数最多的人 (x)，记出现了 (k) 次。那么：
- 如果 (kle lceil m/2 ceil)，那么每天都能随便填。很显然最大的都不超过一半，那么所有都不超过一半。
- 如果 (kge lceil m/2 ceil)，那么先填 (lceil m/2 ceil) 个 (x)，然后剩下随便填，注意 (x) 优先先往只能填 (x) 的地方填。填完后天数不超过一半。
Solution 2
发现这是个二分图，建个图可以大力流，Dinic 应该就行了。
实际上这个做法更具普遍性，可以应付不一定为 (lceil m/2 ceil) 的情况，然而没上面好写。
B - Playlist
先扫一遍找出所有可能会发生删除的位置，即相邻两个 (gcd = 1) 的。用个 std::set 之类的维护一下。然后按位置顺序做过去。每次删除 (x) 之后，即 (x) 原前驱后继分别为 (a, b)，那么由于 (x) 的删除是因为 (a)，于是原本 (b) 可能因为 (x) 被删，现在不可能了，那么应该用 (a) 取代 (x) 的位置然后更新。
然后特判 (1)，因为 (gcd(1, x)=1)，(forall xge 1)。最后我这种的时间复杂度为 (O(nlog n))，也许可以线性。
C - Skyline Photo
naive 的 dp 式子十分显然：(f_i = max_{j<i} {f_j + ext{beauty}(j+1,i)})，其中 (f_i) 表示前 (i) 个的答案，( ext{beauty}(l, r)) 表示区间 ([l,r]) 的“美丽度”。
考虑由 (i o i+1) 后 ( ext{beauty}) 的变化。设 (L_i) 为满足 (a_k<a_k) 的最大的 (k)。那么只有 ((L_i, i]) 的位置会被覆盖。发现这好像是一整个区间干同一个事情，尝试使用线段树优化。
对于位置 (i)，我们维护 (f_i+ ext{beauty}(i+1, cur)) 的值，其中 (cur) 表示现在要求 (f_{cur})。在求 (f_{cur}) 前，先消去 ((L_{cur}, cur)) 中前几个 ( ext{beauty}) 的影响（区间减），然后加上当前的 (b_{cur})（区间加）。最后统计 ([0, i)) 的最大值（区间最值）。
然后单调栈求出 (L_i) 就做完啦，复杂度 (O(nlog n))。
D - Useful Edges
先膜万老爷 @OIerwanhong。
对于一条限制 ((s, t, l_{s,t})) 和一条边 ((u, v, w_{u,v}))，可以写出合法的条件是：
我们发现对于左侧的枚举大概要 (O(n^4))，因为有四个变量。于是移项得：
那么对于一组 ((s,u))，对答案的贡献即为满足 (d(s,u)+w_{u,v} le max_{t}{l_{s,t}-d(v,t)}) 的 (v) 个数。然而这个式子两边可以分开，具体而言设 (c(s, v) = max_{t}{l_{s,t}-d(v,t)})，于是乎只要枚举 ((s,u))，再枚举 (v) 就可以了。然后（包括计算 (c) 显然也是）复杂度 (O(n^3))。
E - Vabank
有点像“扔鸡蛋”的问题，看了题解大致有了个数。
首先把题目说得模糊一点，就是：一次询问，如果成功了那么“机会”加一，反正减一。这样虽然模糊，因为每次执行一次测试可能会消耗一次额外的询问作为成本。但感谢理解一下，这个额外的成本会下降的很快（实践证明 (approx 3)），所以还是有点靠谱的。
算法的第一步是倍增找到第一个 (x) 使得答案 (M) 在 ([2^{x-1}, 2^x)) 之间。一般我们做二分答案题都是直接二分，但这里一次询问需要一段“安全区间”作为每次测试的成本，这里的 (2^{x-1}) 就是最大我们可以的获取成本。
然后开始二分……吗？如果我们中间的切点取得太靠近左端点，可能试的效率不太行；而太靠近右端点就会罚 时 款吃到饱。
于是就有一个 非常不自然的 dp，和扔鸡蛋类似，设 (f(i,j)) 表示通过 (i) 次询问，(j) 次机会（见上），可以解决的答案的规模最大是多少。那么有：(f(i,j) = f(i-1,j-1)+f(i-1,j+1)+1)，即不管这一次测试的成功与否，我们都可以排除掉一部分可能的答案区间，锁定另一半区间，本质上是同时得到了两侧区间的信息，(+1) 则表示当前点也被判定了。初始条件：(forall jge 0:f(0,j)=0)。
然后我们的中间点根据 (f) 这个 dp 数组确定就行了。具体而言，设 ([l,r]) 为二分到的当前区间，那么我们先减少 (f(i,j)) 中的 (i) 使得 (f(i,j)) 的大小在区间长度范围内，然后直接切 (l+f(i,j)) 的位置，当然在这之前可能要先花几次询问补充成本，每次成功的询问都对应一个机会的加一，反之即为减一。
实测 98 max queries participant，非常靠谱。
F - Exam
参考代码：https://strncmp.blog.luogu.org/editorial-cf1483f
想复杂了，实际上是道并没有多难的题。
先考虑没有第三条限制的情况。这个比较简单：先对所有串建立 AC 自动机并整出 fail 树，然后对于每个串在自动机上跑一遍，树状数组随便维护一下就行。
然后思考第三条限制在何时会起作用。对于当前串 (s_i)，考虑到一个可以作为其子串的 (s_j) 时，假如存在一个 (s_k) 使得 (s_k) 在 (s_i) 上覆盖到的区间将 (s_j) 完全包含，那么 (s_jleftrightarrow s_i) 之间的贡献就不能被记入答案。并且在所有出现的位置中，有一个存在这样的情况就不行。如果没有出现，并不代表 (s_j) 就一定不是 (s_k) 的子串，仅仅是在 (s_i) 中没有体现而已。但这样在 (s_jleftrightarrow s_i) 没有体现，那么就不会像第三条限制那样夹在中间。
首先对于 fail 树中的每个结点，多维护一个 trans[x]，表示 (x) 最近的可以表示一个整串的对应字符串的编号。由于跳 fail 链就是找最长真后缀，再找下去一定不符合限制 3。
那么枚举 (s_i) 的前缀，从长到短，然后维护一个字段 min_sp 表示先前匹配到的字符串中，左端点最靠左的左端点。这时“包含”即为，当前前缀的最长匹配到其他串的后缀，对应的起始点反而在更后侧的前缀匹配到的 min_sp 的后面。
再维护一个计数器 cnt[]，仅当匹配到的左端点 < min_sp 时更新。已经很显然了：只有计数器 cnt 的值恰好等于其在 (s_i) 中的出现次数时答案 +1。出现次数可以用常规的 dfs 序 + 树状数组维护。
时间复杂度 (O(nlog n))。