Codeforces Round #564 (Div. 1)
A
最优情况一定是先打出若干张空白牌后就一直不打空白牌了。设 (pos_i) 为 (i) 这个数在牌堆中的位置，若一张空白牌都不打就能完成则其为最优，否则答案为 (maxlimits_{i=1}^n pos_i+n-i+1)，即将一张牌从牌堆移出后又将其移到对应位置上。
还有另一种思路：
设 (cnt_i) 为数字 (i) 移到其对应位置的所需次数，(pos_i<i) 时，(cnt_i=pos_i+n-i+1)，否则 (cnt_i=pos_i-i)。若存在 (cnt_i) 小于当前 (cnt_i) 的最大值，说明数字 (i) 会回到手牌中，因此将其调整为 (pos_i+n-i+1)。这时若最大值发生变化则再调整一轮，最终最大值即为答案。因为答案的上界为 (2n)，所以最多调整两轮。
B
发现对于 (x) 的每个子树，其在圆上一定是连续的一段，不然子树间就会相交。先定一个根节点，发现根节点可以排列其所有子树的顺序，不是根节点的节点可以排列其本身和所有子树的顺序，因此答案为 (nprodlimits_{i=1}^n deg_i!)。
C
暴力就是考虑每个数，记录当前操作次数，喜欢的位置选到的次数，考虑的数选到的次数，直接 (DP) 即可。
考虑优化，设 (s) 为总的权值和，(s_1) 为喜欢的位置的权值和，(s_2) 为不喜欢的位置的权值和，(f_v(i,j,k)) 为 (i) 次操作后，当前喜欢的位置的权值和为 (j)，不喜欢的位置的权值和为 (k)，某个喜欢的位置的权值 (v) 的期望值，(g_v(i,j,k)) 为某个不喜欢的位置的权值 (v) 的期望值。
得 (f_v(i,j,k)=vf_1(i,j,k))，其可以通过数学归纳法证明，这里对 (i) 进行归纳。发现 (j,k) 可以用增量的形式表示，即 (f_v(m-i-j,s_1+i,s_2-j))。
转移为：
得当 (i+j=m) 时为边界，(f_1(i,j)=g_1(i,j)=1)。
D
满足某一行和某一列的要求后，就能把 (n imes n) 的问题转化为 ((n-1) imes (n-1)) 的问题。考虑到第 (i) 个时，找到第 (x) 行要到第 (i) 行，第 (y) 列要到第 (i) 列，若 (x,y) 都等于 (i)，就不处理，否则放一对传送门 ((x,i),(i,y))，然后交换第 (x) 行和第 (i) 行的要求，交换第 (y) 列和第 (i) 列的要求即可，交换是为了接下来满足 (i) 的要求。
E
单独考虑每个颜色的贡献，用总路径数减去不包含某一颜色的路径数即为该颜色的贡献。
若当前考虑到的颜色为 (c)，将所有颜色为 (c) 的点看作白点，其他点为黑点，那么不包含颜色 (c) 的路径数就是所有黑色连通块大小的平方。每个黑点向父亲连边，每个黑色连通块最上面都有一个白点，也就是一个白点下面挂着一些黑色连通块。离线后用 (LCT) 维护子树大小的平方和，每次在最上面的白点查询变化量即可。
具体来说，初始时整棵树都是黑点，然后用 (LCT) 来实现黑白点的变化和查询变化量。处理完当前颜色后，要注意把整棵树再变回都是黑点。
F
题目中的函数可以看作有一个值经过区间后得到一个值，设初始值为 (x)，那么结果一定能表示为 (v+sum_{l,r}-xp)，其中 (sum_{l,r}) 为区间和，(x) 为减去 (p) 的次数，因为随着 (v) 的增大，(x) 不会减小，因此该函数为分段函数。
考虑线段树，在节点上维护 (c_x)，其为使得在该节点对应的区间 ([l,r]) 中减去了 (xp) 的最小初始值，即为分段函数每一段的端点。
考虑合并信息，用左区间的 (c_x) 和右区间的 (c_y) 来更新当前区间的 (c_{x+y})。为保证合法，这里要求左区间初始值的最大值 (c_{x+1}-1) 经过左区间后要大于 (c_y)，即 (c_{x+1}-1+sum_{ls}-xp<c_y)，然后就可以用 (max(c_x,c_y-sum_{ls}+xp)) 来更新 (c_{x+y})。
发现 (c_{x+1}-c_x geqslant p)，因为 (c_x) 经过区间后不可能大于 (0)，所以至少加 (p)，才也可能使 (p) 的次数变多，得 (c_{x+1}-1+sum_{ls}-xp) 具有单调性，可以双指针来做。
询问时就在分段函数上二分即可。