- A
注意到 (geq 3) 的质数都是奇数，因此只要能构造出 (3)，则 ([3, sum a_i]) 间的每一个质数都可以构造出来，否则一定构造不出来。因此先尝试构造 (3)，后面先放 (2) 后放 (1) 即可。
- B
被出题人坑了（
注意题目中只保证任意时刻的串长 (leq 250)，并不代表 trie 大小不超过 (250)，因此数组开小被爆了。（关键是它只显示 WA 不显示 RE 结果我对着 dp 的部分调了半天未果…… TvT）
首先可以预处理出母串的序列自动机（实际上就是每个位置出发的下一个字母各自最近的位置），可以做到 (O(1)) 在某个位置向后拓展一个字母。
设 (f_{i, j, k}) 表示三个串长度分别为 (i, j, k) 时，最后一个字母在母串中的位置最左是多少，(n+1) 表示无解。转移时只需枚举最后一个字母来自哪个子串即可。注意到串的变化只会在末尾产生，因此每次 push_back 一个字符的时候直接将包含新字符的 (O(m^2)) 个状态转移即可。复杂度 (O(nSigma+m^2q))，其中 (m) 是最大串长。
- C
很有趣的题目。
直接从树的形态下手，会发现几乎没什么普适的规律。如果维护树的形态，每次操作可以达到 (O(n)) 的修改量（断边、连边等），不太可做。
但是实际上我们并不需要知道树的形态，只需要知道直径的长度。如果能想到树上两点 ((x, y)) 路径长度是 (d_x+d_y-2cdot d_{operatorname{lca}(x, y)}) 的话，思路将会拓宽很多。考虑传统的求 LCA 方式，其中一种 (O(nlog n)-O(1)) 的方式是预处理欧拉序的 sparse table，不难发现 LCA 的深度是两点间唯一最小的那个。
因此，设欧拉序中第 (i) 个位置对应的点是 (p_i)，原问题实际上等价于求 (max_{1leq ileq jleq 2n-1} d_{p_i}+d_{p_j}-2cdot min_{ileq kleq j} d_{p_k})。可以发现，里面的 (min) 对答案的贡献需要取反，也就是说可以直接将它提取到外面的 (max) 里处理：(max_{1leq ileq kleq jleq 2n-1} d_{p_i}+d_{p_j}-2cdot d_{p_k})。再考虑一下每次修改操作，实际上是将某一步 “深度 (+1)” 和 “深度 (-1)” 交换了。因此，写出欧拉序上每个位置对应的深度（(d_{p_i})）来，不难发现每次修改等价于区间 (pm 2)。
上面的东西可以用线段树简单维护，复杂度 (O(nlog n))。
- D
很有趣的题目。（( imes 2)）
考虑题目中最小生成树的限制，实际上等价于，先用 (a) 边将原图连成若干连通块并缩点，这样从 (1) 出发的路径都可以写出一个途径的连通块序列。题目要求我们，不能经过一个连通块多次（即离开连通块，经过若干条边后再返回这个连通块）。
首先将两端已经在同一个 (a) 连通块里的 (b) 边删掉，再考虑一下什么时候才会触犯这个条件。不难发现，如果最短路返回了某个离开过的 (a) 连通块，那么必然是从它出发，经过了至少 (2) 条 (b) 边（至少 (2) 条，因为两端在同一个 (a) 连通块里的 (b) 边已经被删了）和若干条（可能是 (0)）(a) 边后才回来。如下图：
(1 ightarrow4) 的最短路本来应该是 (1 ightarrow 5 ightarrow 4=22)，但现在由于最小生成树的限制，无法走通。
由于 (a<b)，所以上面的不合法的过程至少需要跨越 (3) 条 (a) 边，才有可能更优。换句话说，我们重复经过的 (a) 连通块，至少有 (4) 个点。这个时候，我们发现 (nleq 70) 的限制就非常和蔼可亲了——满足条件的连通块只有不超过 (17) 个，可以状压表示这些连通块是否访问过，即 (f_{S, i}) 表示访问过 (S) 内的连通块，当前停在 (i) 点的最短路。
预处理好在同一个 (a) 连通块内的点对 ((x, y)) 之间的最短路 (g_{x, y})，对于状压的每一个 mask，可以跑一遍 dijkstra，用 (g_{x, y}) 和 (b) 边更新别的点。复杂度 (Oleft(2^{lfloorfrac{n}{4} floor}cdot (n^2+m) ight))，实际存在很多剪枝，大约只需要运行 1s。
- E
实际上这题 dls 在讲博弈论的时候讲过，是一道高阶无穷大裸题……
有些时候我们会遇到状态数无限的 nim 游戏，这个时候就需要引入高阶无穷大的概念。设 (omega) 表示一个 (1) 阶无穷大，它能够转移到任意非负整数的状态。拓展一下，可以定义 (komega)，它能转移到任意 (iomega+j)，其中 (iin [0, k-1], jin mathbb{N})。再拓展一下，定义 (komega^p) 可以转移到任意 (jomega^p+sum_{i=0}^{k-1} a_icdot omega^{i})，其中 (jin [0, k-1], a_iin mathbb{N})。
这个时候再回来看题目里的点。由于是拓扑图，必然存在出度为 (0) 的点，他们的 SG 值就是 (h_i)。假设某个点指向了一个出度为 (0) 的点，那么它至少是 (1) 阶无穷大。实际上，用简单的数学归纳法就可以证明，某个点 (x) 的阶数就是它指向的点集的阶数的 (operatorname{mex})。
对于包含高阶无穷大的 nim 游戏，先手必败当且仅当每一阶系数的异或和都是 (0)，构造和证明都与普通 nim 游戏类似。