AtCoder Grand Contest 034

C

显然，满成绩的重要度为(r)，空成绩为(l)
且最终的成绩为若干是(X)，一个(in(0,X])，若那个不满的成绩不超过(b_i)，则选(l)，否则选(r)

D

暴力的做法是二分图然后费用流，但边数太多了
(egin{aligned} |x_1-x_2|+|y_1-y_2|&=max(x_1-x_2+y_1-y_2,x_1-x_2-y_1+y_2,-x_1+x_2+y_1-y_2,-x_1+x_2-y_1+y_2)\&=max((x_1+y_1)+(-x_2-y_2),(x_1-y_1)+(-x_2+y_2),(-x_1+y_1)+(x_2-y_2),(-x_1-y_1)+(x_2+y_2))\end{aligned})
建四个点，与左右两边连，边数(O(n))

E

枚举最终点，令其为根
两个互为祖先的操作显然没意义，将点(i)看作在节点(i)上有(dis(rt,i))个人，每次将不互为祖先的两个人消掉
有个经典的结论，对于根，令其儿子节点为(son_i)，令(d_i)为(i)子树的人数，是否满足条件与(max{d_{son_i}},sum d_{son_i})有关
反复递归最大的子树，看其最小能变成多少人

F

可以转为初始为(i)，多少次转为(0)
令(p_i=frac{a_i}{sumlimits_{k} a_k})

[f_i = egin{cases} 0 & i = 0 \ sum_{k=0}^{2^n-1} a_kf_{ioperatorname{xor}k} + 1 & i e 0 end{cases}]

卷积为：

[(f_0,f_1,cdots,f_{2^n-1})operatorname{xor}(p_0,p_1,cdots,p_{2^n-1}) = (c,f_1-1,f_2-1,cdots,f_{2^n-1}-1) ]

由于(sum p_i=1)，则(sumlimits_{i=0}^{2^n-1} f_i=c+sumlimits_{i=1}^{2^n-1} f_i-1)
故(c=f_0+2^n-1)

[(f_0,f_1,cdots,f_{2^n-1})operatorname{xor}(p_0,p_1,cdots,p_{2^n-1}) = (f_0+2^n-1,f_1-1,f_2-1,cdots,f_{2^n-1}-1) ]

有

[(f_0,f_1,cdots,f_{2^n-1})operatorname{xor}(p_0-1,p_1,cdots,p_{2^n-1}) = (2^n-1,-1,-1,cdots,-1) ]

故可以解出(x_0,x_1,cdots,x_{2^n-1})

但是有多个解的，通解为(x_0+k,x_1+k,cdots,x_{2^n-1}+k)
由于(x_0=0)，(f_i=x_i-x_0)