CF914F Substrings in a String
操作分块以后块内做AC机， 块间kmp即可。
CF1404D Game of Pairs
偶数的时候选A， 奇数的时候选\(B\)。
大体就是分 \(i, i + n\) 的归属讨论即可。
CF549F Yura and Developers
单调栈处理某个数作为最值的区间。
每次枚举区间中短的那一边， 另一边用个vector之类的东西处理。
每次枚举短的一边的话， 从枚举量大概是一个 \(\log\) 的。
CF1404E Bricks
把长方形的延伸看成是跨越边， 根据边能不能选可以搞出二分图， 直接网络流即可。
CF1365G Secure Password
\(\binom{13}{6} > 1000\)
可以拿出所有\(13\)位的有\(6\)个\(1\)的二进制数作为标号，然后每次询问的时候拿出标号这位上是一的询问， 求答案的时候就是求除了这个数以外的所有数的按位或。
CF1285F Classical?
长得很经典。
\(lcm(a, b) = \frac{ab}{gcd(a, b)}\)
可以想到， 如果把\(a_i\)的所有约数全部拿出来， 那么应该会存在两个互质的数\(c, d\)， 使得\(lcm(c, d) = ans\)。
考虑从大往小扫描， 用一个栈存值。具体来说， 从大往小做， 每次加入一个数就判断栈中是否存在一个数和当前数互质， 如果存在， 那么一直弹栈直到把互质的数弹出去， 并且用那个互质的数更新答案， 因为被弹出去的数一定没用。最后把当前数加进来继续扫描。
最后即可得到答案。判断是否存在数互质的办法是这样的。
设\(f(n)\)表示\(gcd(n, x) = 1\)的\(x\)的个数， \(cnt(n)\)表示 \(n\) 的倍数的个数。
有
然后可以直接维护了。
CF464E The Classic Problem
主席树与封装练习题。
CF176E Archaeology
直接\(set\)维护即可。
CF1557E Assiut Chess
下棋题。
考虑把王逼下去就好了。
CF794F Leha and security system
搞个神秘线段树就好了。
CF325E The Red Button
\(n\) 为奇数无解， \(n\) 为偶数考虑讨论\(i, i + n (i < \frac{n}{2})\)的连边， 合并环即可。
CF671C Ultimate Weirdness of an Array
这也能差分就 \(nm\) 离谱。
值域很小， 考虑从大到小枚举一个值 \(i\), 然后维护一个数组 \(nxt_l\) 表示从 \(l\) 开始， 最远延伸到哪里使得 \(f(l, nxt_l) < i\) ， 考虑 \(i\) 变化的时候， \(nxt\) 的变化只和整除 \(i\) 的值所在的位置相关。
考虑把这些位置拿出来作为 \(x_1, x_2, \cdots, x_m\)， 讨论一下值的变化情况， 大力线段树维护即可。
CF1479D Odd Mineral Resource
显然和异或有关。
那就是主席树+二分解决了。
CF633G Yash And Trees
直接线段树套bitset。
CF1279F New Year and Handle Change
显然有\(n^2\)的dp。
带权二分即可。
CF455E Function
看起来就是直线+折线， 直接斜率优化即可。
CF986E Prince's Problem
憨憨题。这不直接分解+dfs完事。
CF1083C Max Mex
值做下标建线段树， 发现就是判断一个前缀区间里面所有点是不是在一条链上， 显然可以直接二分。
CF587E Duff as a Queen
异或差分以后直接线段树维护线性基即可。
[AGC010B] Boxes
差分以后考虑和和差分数组的变化判断。
[ICPC2019 WF]Azulejos
直接贪心。
[ICPC2019 WF]Beautiful Bridges
注意圆的凸性判断。
「JOISC 2017 Day 3」自然公园
给你一张大小为 \(n\) 的图， 每个点的度数不超过 \(7\)， 每次可以指定 \(A\)， \(B\) 和若干个点， 判断是否可以只经过这些点从 \(A\) 到 \(B\) , 猜出这张图。
\(n \leq 1400, m \leq 1500\)
询问次数不超过 \(45000\)
这个问题上来就猜图， 看起来很强。
这种猜图题常见的想法是从猜链做起， 不妨先考虑链的情况， 也就是如果知道链的两个端点怎么做。
不妨假设链的端点是 \(x, y\) ，考虑怎么求出这条链。考虑把所有点拿出来变成一个序列， 然后在这个序列上二分， 二分到 \(mid\) 的时候把 \(x, y, a_l\cdots a_{mid}\) 的点加入询问集合， 看\(x, y\)是否联通， 如果不联通了增大， 反之减小， 取出恰好不连通的那个位置就应该在链上， 这样 \(\log\) 次询问可以确定一个点。
然后仿照WC2018即时战略那个题， 维护一个 \(1\) 所在的联通块， 然后不断扩大这个连通块。
考虑如果找到了一个和当前联通块直接相连的点， 怎么找联通块里面的点到这个点的连边。可以把当前联通块的所有点指定一个根随便跑一个 \(dfs\) 序， 然后在这个上面二分判断根到这个点 \(z\) 是否联通， 可以找到一个刚好有边的点， 删去这个点， 递归剩下的联通块即可找到所有边。那么这样一次二分最多多 \(7\) 个联通块， 每次有 \(\log\) 的代价， 那一条边的代价是 $7 \times \log n $ 。
然后再考虑怎么找一个直接连接的点。 随机一个不在联通块里面的点， 然后用链的那个二分找到一个不在连通块里面， 但是在路径上的点， 这样可以 \(\log\) 代价找点。
看起来跑不满那自然就可以过
过不去， 没事了
CF573D Bear and Cavalry
考虑排序不等式， 可以得到匹配的是相邻三个数， 设\(f_i\)表示前 \(i\) 大的人和马配对的答案， \(ddp\)转移即可。