CF R 682 Engineer Artem [*2000]
考虑奇偶性，显然如果一个偶数与奇数相邻，必然他们不相等。
直接考虑黑白染色，黑点改为奇数，白点改为偶数即可。
时间复杂度 (O(tnm))。
https://codeforces.com/contest/1438/submission/117497127
Edu CF R 89 Two Divisors [*2000]
考虑将每个数质因数分解，再来构造。
如果被分出来的两个因数 (d_1,d_2) 满足 (gcd(d_1,d_2) ot=1)，那么他们的和会为 (d imes(frac{d_1}{d},frac{d_2}{d}))，其中 (d) 为 (x) 的一个约数，这显然不可取。
所以，我们就有了一个构造方法，当 (x ot =p^k) 时，其中 (pin ext{prime})，无解，而其余情况，固定 (x) 的任意一个质因子 (d)，输出 (frac{x}{d^k})，其中 (x) 可被分解为 (a imes d^k(a ot equiv 0pmod d))。
时间复杂度：线性筛 (O(10^7))，单次回答 (O(log x))，总时间复杂度 (O(10^7+nlog x))。
http://codeforces.com/contest/1366/submission/117498343
CF R 223 Sereja and Brackets [*2000]
数据范围 (10^6)，考虑 (log) 级别数据结构。
考虑用线段树维护，对于每一段区间，维护三个值，靠左的右括号个数 (l)，靠右的左括号个数 (r) 以及当前匹配的括号个数 (ans)。
pushup 时，直接考虑处理每一段接起来后中间可合并的括号。
时间复杂度：建树 (O(nlog n))，询问 (O(mlog n))，总时间复杂度 (O((n+m)log n))。
https://codeforces.com/problemset/submission/380/117713290
Edu CF R 46 We Need More Bosses [*2100]
显然有一个结论是，在同一个边双连通分量的点之间的答案为 (0)。
所以直接对边双缩点，在缩出来的树上求直径即可。
时间复杂度：(O(n+m))。
https://codeforces.com/contest/1000/submission/117848026
Edu CF R 46 One Occurrence [*2400]
大力莫队，(O(nsqrt{n})) 过 (5 imes 10^5) 不是梦。
这个做法很卡，但还是过了。
考虑怎样维护答案，我们考虑求出出现个数为 (1) 的数，并用一个栈维护。
加入很好做，删除呢？
考虑记录出每个数所在栈的位置，把这个数踢出去的同时，把栈顶丢到这个数所在的位置。
这样，对于每一次询问，直接求栈顶的值即可。
时间复杂度：(O(qsqrt{n}))。
https://codeforces.com/contest/1000/submission/117852388
CF R 723 Kill Anton [*2200]
有一个结论，就是答案串必然由连续的字母段组成。
所以，大力枚举连续字母段的组成，即 A、N、T、O 的一个排列。
剩下的，显然要考虑如何配对，又有一个结论，即在前面的字符匹配在原串中前面的相同字符，这样排队一定是最优的。
那么，对组成的序列编号后，对应编号，求逆序对即可。
时间复杂度 (O(24nlog n))。
https://codeforces.com/contest/1526/submission/117721441
CF R 643 Guess Divisors Count [*2600]
精辟乱搞。
显然问出正确答案不切实际，考虑如何问出近似答案。
考虑尽量询问多的约数，所以开一个队列，尽量询问多的约数并统计答案。
在询问了 (22) 次之后，我们可以乐观估计，小于 (850) 的素因数已被询问出来，考虑剩下的数（以下 (p) 表示任意大于 (850) 的素数）：
- (1)：此时 (d=ans)；
- (p)：此时 (2 imes d=ans)；
- (p^2)：此时 (3 imes d=ans)；
- (p_1 imes p_2)，此时 (4 imes d=ans)；
- (p_1 imes p_2 imes p_3)，此时你会发现，(850^3 imes 2>10^9)，这说明 (ans=8).
考虑对求出的 (d) 做一定的调整，如何调整呢？乘以 (2) 即可，此时发现会完全符合条件。
https://codeforces.com/contest/1355/submission/117991144
ARC 103 B Robot Arms [*2677]
首先考虑如何判无解，容易发现，如果 (x_i+y_i) 的奇偶性有不同的，显然不可能有解。
考虑接下来如何构造，发现 (mle 40) 很有学问，考虑二进制分解一下。
倍增构造，步长设为 (2^k) 幂，每次选择距目标点较远的坐标来跳，容易发现这是一定可行的。
https://atcoder.jp/contests/arc103/submissions/23176829
ARC 103 D Distance Sums [*2836]
考虑如何求 (D_i)，显然有一个 DP 式子：
变形一下，得：
那么，我们只要知道 (D_{son}) 与其他常量就可以推出 (D_{fa})。
钦定重心为根，显然此时叶子节点的值最大，从大到小对给定的 (D) 排序，根据每一个点的 (D) 推出他的父亲。
我们只满足了父子之间的关系，所以我们还要在构造完之后跑一遍 (D) 的值，以使得是对的。
https://atcoder.jp/contests/arc103/submissions/23177106
ARC 091 D Strange Nim [*2395]
考虑博弈论，显然可以设 (f(i,j))) 为大小为 (i) 的石子，且 (j) 为常数 (k) 的胜负情况。
如果你很牛逼或者善于打表，那么你可以得到一个结果：
那么，于是你直接暴力模拟，然后 T 了 (4) 个点。
发现在第三种情况中，我们会跳了太多次，所以考虑压一下跳的步数。
然后就没了。
CF R 729 Priority Queue [*2200]
考虑对每个数计算它的贡献。
那么我们需要求出它不被删去的贡献，DP 即可。
设 (f_{i,j}) 表示在前 (i) 个数中，选了多少个替罪羊，分几个情况讨论一下：
- (i) 在当前枚举的数之前：
- 若是一次删除：
- (f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1})。
- 注意特判 (j=0)：(f_{i,j}=2 imes f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1})。
- 若是一次添加：
- 若是替罪羊：
- (f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j})。
- 同样特判 (j=0)：(f_{i,j}=f_{i-1,j})。
- 若不是替罪羊，选与不选均可：
- (f_{i,j}=2 imes f_{i-1,j})。
- 若是替罪羊：
- 若是一次删除：
- 若现在转移到 (x)，显然 (f_{x,j}=f_{x,j-1})。
- (i) 在之前枚举的数之后，类情况 (1) 不过要做一定的修改：
- 当是删除且 (j=0) 时，(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1})。因为如果没有了替罪羊，我们要计算的就会被删去，只好不选。
- 注意到本题有重复的数字，为了避免重复计算，在 (i>x) 时，一个数能成为替罪羊，当且仅当 (a_i>a_x)，而不是之前的 (a_ige a_x)。
记得取模。