目前进度：A, B, C, E
现在 AGC 真的越来越不像 AGC 了，还不如 CF 的质量高……连我都上分了质量肯定很低
然而智商低还是得被区分，怎么连 E 的 800 都不会……
这个人已经 sb 到可以犯这种错误了……
A
小数很烦，把每个数变成 (x imes 10^9)（小数点后最多 9 位）。
然后原来的两个数乘起来是整数，当且仅当现在的两个数乘起来是 (10^{18}) 的倍数。
记录下每个数有多少个 (2,5) 作为质因子，然后随便做。
时间复杂度看实现。
B
一眼看上去很 AtCoder 风格，然而完全就是唬人的……
对于一个串 (S)，会先进行一堆删掉第一个字符的操作（可能零次），也就是删掉一个前缀（可能为空，也可能是全部）。
然后再进行一堆删掉第二个字符的操作（可能零次），也就是第一个字符后面删掉一堆（可能为空，也可能是全部）。
注意到如果接下来再进行删掉第一个字符的操作，完全是白给，本质上仍然是删掉一个前缀。
所以，能被到达的串，一定是一个 (S) 的后缀（可能为空），在前面加上这个后缀前面任意一个字符（可以与后缀相邻）。
然后考虑原问题。
首先肯定按长度从大到小排序。直接做不好做，把所有串倒过来。那么判定条件就变成了：一个 (S) 的前缀（可能为空），在后面加上这个前缀后面任意一个字符（可以与前缀相邻）。
我们弄一个 Trie，把串一个个插进去。当查询一个串时，先去掉最后一个字符，在 Trie 上跑出节点，然后看子树里有多少个包含最后一个字符的串。
时间复杂度 (O(|Sigma|sum |s_i|))。
C
为什么连 AtCoder 都会有这种题了……
考虑对于每个 (1) 到 (P-1) 的数，算有多少对数的乘积等于它。
先找到 (P) 的一个原根（比如 (2)），把每个数都表示成 (2) 的若干次方。
然后就显然是个循环卷积的形式。
注意要求的是 (i<j) 的对，简单魔改一下答案就行了。
时间复杂度 (O(n+Plog P))。
D
虽然还不会，但看起来就是个暴力，先咕着。
E
造计算机题。
把第 (i) 个位置设为 (0/1)
设为 (0) 很简单，随便找个没用过的位置，(i) 肯定不小于它，直接赋值。
设为 (1) 也不难，随便找个没用过的位置，和 (a_0+a_1) 比较。
注意到 (a_0=a_1=0) 时，这个操作是造不出 (1) 的，但是此时无论怎么操作都不可能造出非零数，所以正确性仍然是有的。
左移 (k) 位
把一个数设为它自己加自己，就是乘二。
重复 (k) 次即左移 (k) 位。
造出任意常数
可以暴力加若干次 (1)，也可以二进制拆分。
800 分：(a_0,a_1le 10)
我们枚举 (0le i,j<10)，如果 (i<a_0,j<a_1) 就把 (a_2) 加上 (1)。
也就是把 (a_2) 加上 (1<((i<a_0)+(j<a_1)))。（我卡这了……）
操作次数是 (O(v^2))。
二进制拆分
怎么求出一个数的二进制表示并存到一些位置里？
for(z = 29, 28, ..., 0) {
power_of_two = 1 << z;
should_add = (cur + power_of_two < a[i] + 1);
cur += (should_add << z);
a[new_index()] += should_add;
}
操作次数是 (O(log^2 V))。
原问题
先把两个数拆分。
for(int k = 58; k >= 0; k--) {
answer *= 2;
for(int i = 0; i <= k; i++){
int j = k - i;
if(i < 30 && j < 30) {
answer += 1<(a_bits[i]+b_bits[j]);
}
}
}
操作次数是 (O(log^2 V))。
F
再说。