D1T1
枚举左边界，对于a<b的初始不翻，a>b的按a贪心翻，在扫的过程中会把一些a<b和一些翻了的a>b（按b排）强制翻转，如果m不足就把翻了的a>b按a排序翻回去
一定不存在m+1后再主动翻的情况，因为翻了(a,b)后前面的a翻了没用，后面的全翻完了否则不会到当前a，所以不用考虑
D1T2
硬点1行1列为0，则剩下方案唯一，接着用行/列间隔加减即可构出所有合法解，因为可以把任意一组合法解通过操作把1行1列变为0，即得到了初始状态，反之亦然
接着差分约束判断
D1T3
直接算，点y能被x算到的充要条件是xy强连通且存在环使得最小点>y，如果上面有点u<y由于xu强连通所以u会先被删，因此必须要有>y的环，存在的话显然不会在y之前删掉，在正反图上跑
考场直接用桶来搞dij，时间O(nm)，由于用了vector所以很慢
实际上每次新加一条边然后bfs，这样一次是O(n+m)总O(n(n+m))，由于跑不满所以可以过
D2T1
向c-1/c+1的祖先连边，每次倍增判断，由于不好确定长度所以写了整体二分+暴力来确定每个询问，log^2
实际上直接点分然后维护f[i]表示i往上跳的min即可一个log
D2T2
差分，从小到大确定，则当前max确定后前面的+b操作与现在二者无关，只与初始的a有关
所以设f[s,i,j]表示状态s,max为i和为j的方案，每次贪心卡到刚好成为max即可最优且不重
时间O(2^n*m*n^2)
D2T3
先n^2建出支配树，则原图上的边一定是往下/返祖/终点在lca下一
所以新加x->y后变化路径一定是1->x->y->u且不经过u的父亲，大力讨论后（lca外、lca其他子树）发现充要条件是dp[lca]+2<=dp[u]，dp是支配树上深度
然后可以类似D1T1 nm分层bfs预处理，qlog询问，总O(nm+qlog)