[upd 12.18] 老年选手也该看看欧洲的acm了，不然以后就再也没有机会了
neerc 17
[problem A] 挺牛逼的结论，与y轴平行的直线最多只会经过$O(log C)$个点，拿一个线段树维护一下每个x对应哪些圆即可。复杂度$O(nlog nlog C)-O(n)$
[problem B] 对每种图讨论即可
[problem C] 建出一棵dfs树，假设当前与$1$构成强联通的集合为$S$，bfs每次找到一个不在$S$中的点指向$S$中点的边，把不在$S$中的点到根路径加入$S$即可。复杂度$O(n+m)-O(n+m)$
[problem D] 假设$a$最大，显然$b$个上面的和$c$个右面的只会产生最多$bc$个正面的，所以只要$aleq bc$有解。如果$a<b+c-1$,那么就不断构造单个，把$a,b,c$减去$1$,直到大于等于为止。
[problem E] 随便加加减减
[problem F]
[problem G] 首先二分答案，把问题变成计数问题。先把$b_i$，$c_i$减去$a_i$，把结果分成两类：两个区间不相交的情况，两个代价是独立的，直接扫描左边的左端点，维护右边的左端点，在线段树上二分右边的即可；两个区间相交的情况，假设相交区域为$[x,y]$，那么代价就是$f_{x,y}=sum_{b[y-r+1,x-1]}+sum_{c[x,y]}+sum_{b[y+1,x+r-1]}$，可以发现$f_{x,y+1}-f_{x,y}=c_{y+1}-b_{y+1}-b_{y-r+1}$，数值与x无关，这样问题就变成：插入删除、给所有数值加一个数、找几个数比$k$小。那么可以利用一个变量维护当前线段树中所有数值加上的数字，查询直接二分即可。复杂度$O(nlog nlog ANS)-O(n)$
[problem H]
[problem I] 拿第二列中的数字把第一列的数字全部问一遍，就可以把第一列分成两部分，且可以知道当前的数值。假设已经问了$k$次，即第一列已经分成了$k+1$段，我们可以首先二分出来$o_{k+1}$属于哪一段，然后暴力分块，二分的时候只要比较段内的一个数字，然后最后在最后一个小于的段和第一个大于的段中找就行了，这样总询问次数是$O(nlog n)$的，维护分段的复杂度可以$O(n^2)$。
[problem J] 考虑枚举第$k$大的边的数值$x$，把小于$x$的边全部修改为$0$，跑一边恰好有$k$个非$0$边的最短路，这样是$O(nm^2)$的。考虑转为一般最短路，对于一条路径，如果其非$0$边的数量大于$k$，那么显然有更优的方案被别的数值统计，不会影响答案；如果小于，补足$k$个数值$x$后也不影响答案。那么把非$0$的权值减去$x$，那么最后最短路加上$xk$就是权值$x$的答案，数据会卡spfa。复杂度$O(m^2log n)-O(m+n)$
[problem K]
[problem L] 按照链的长度从大到小排序，这样就不会出现某个线被后面严格包含。扫一遍整条路径，如果有被搞过的点那么就是NO，否则把一端为路径上点的路径全部取出来，这样问题就变到了数列上：询问是否存在x1<y2,x2<y1,按照左端点排序，那个单调栈维护类似括号序列的东西，去掉右端点小于的区间，检查最后一个区间即可。复杂度$O(nlog n)-O(nlog n)$
cerc 17
[problem A]
[problem B]
[problem C]
[problem D]
[problem E]
[problem F]
[problem G]
[problem H]
[problem I]
[problem J]
[problem K]
[problem L]