AGC044(F未做)

A

倒过来搞，关键位置只有(2,3,5)的倍数，由于每次是除以一个数，关键位置仅有(60^3)

B

这题为啥比A简单...

C

显然，当前位置与初始位置是一一对应的
对三进制(N)位建trie，特殊的是，根到叶子节点是从低位到高位
每个叶子节点的位置对应着当前所处的位置，每个叶子节点的编号对应着初始的位置

操作一：每个点交换((1,2))儿子。这个可以打标机
操作二：考虑最低位，(0longrightarrow 1)，(1longrightarrow 2)；(2longrightarrow 0)然后进位。儿子((0,1,2)longrightarrow (2,0,1))，然后递归当前(0)儿子（也就是((2,0,1))中的(2)）

D

首先对每个字符，单独一个字符，查询

• 若得到的答案均相同，说明每个字符均出现在字符串中。则(L=)查询(+1)
• 若得到的答案不同，显然仅有两种答案，(L=)较大答案

这样我们得到了字符串的长度(L)

对每个字符，长度为(L)的串，查询。
这样我们得到了每个字符出现的次数

结论：对于(S,T(|S|le |T|))，其编辑距离为(|T|-|S|)的充要条件为(S)是(T)的子序列
根据此结论，我们可以对字符进行合并。
具体而言，令(f(S))（其中(S)是字符集的子集）在字符串中的最大子序列。
对于(f(S),f(T)(Scap T=emptyset))，可以通过(O(f(S)+f(T)))次查询合并

E

令(f_i)为(i)位置最大值，显然：(f_i=max(a_i,frac{f_{i-1}+f_{i+1}}{2}-b_i))
有个不需要啥技术含量的(O(n^2))，就是(a_i)从大到小，每次更新一个位置，然后用这个位置更新其他的
通过推式子大概会得到一个麻烦的等差数列为系数的东西，用线段树维护。(O(nlogn))

不过会被卡精度

考虑若(b_i=0)，对于固定的两点(u,v)，去更新其他点

[egin{cases} P_u=a_u \ P_v=a_v \ P_i=dfrac {P_{i-1}+P_{i+1}}2 & i in (u,v) end{cases}]

有

[P_i = dfrac {(i-u)a_v+(v-i)a_u}{v-u} (i in [u,v]) ]

这是个以((u,a_u),(v,a_v))为端点，其连线为(P_i)的东西，可以用凸包维护

但我们实际的式子是这样的

[egin{cases} P_u=a_u \ P_v=a_v \ P_i=dfrac {P_{i-1}+P_{i+1}}2-b_i & i in (u,v) end{cases}]

我们考虑构造({c})，使得(P_i'=P_i-c_i)以满足较简式子

[egin{cases} P'_u=a_u-c_u \ P'_v=a_v-c_v \ P'_i = dfrac {P_{i-1}+P_{i+1}}2-b_i -c_i = dfrac {P'_{i-1}+P'_{i+1}}2-b_i-c_i+dfrac {c_{i-1}+c_{i+1}}2 & i in (u,v) end{cases}]

序列({c})需满足：(b_i = dfrac {c_{i-1}+c_{i+1}}2-c_i)
令(c_1=c_2=0,c_{i+1}=2(b_i+c_i)-c_{i-1})即满足条件