恭喜 tourist 喜提 top rated rk4（
连续两场 rated 都是 Chinese Round，tourist 有苦难言（
所以咕了好几天的（部分）题解终于来了（
- A
对每个质数 (p) 分别考虑，假设 (p) 在 (a_i) 中出现了 (e_i) 次，那么它对 (operatorname{lcm}(a_i, a_j)) 的贡献就是 (p^{max(e_i, e_j)})。对所有 (operatorname{lcm}(a_i, a_j)) 取 (gcd) 时，实际上的贡献是 (min_{i e j}left(max(e_i, e_j) ight))。如果按照 (e_i) 排序的话，显然会取到第二小的。注意如果 (p) 出现了 (0) 次，也要算进去。
可以对每个 (a_i) 暴力求质因子，实际操作时先用 (e_i) 非 (0) 的个数判断，非 (0) 个数 (geq n-1) 时贡献才不为 (p^0)。
- B
首先 (k) 不存在时显然无解。否则不难发现，如果存在 (a_i=k, a_{i+1}geq k)（或者调换过来），总可以把序列变成全 (k)，因此考虑尽可能地增大 (geq k) 的数的数量（在不减少 (k) 的前提下）。
实际上，如果把 (<k) 的看作 (0)，(geq k) 的看作 (1)，那么整个序列如果存在一个长度为 (2) 或 (3) 的子区间的和 (>0)，则一定有解（从这样的子区间不断向外每次拓展一个单位即可）；否则必然无解，因为这样任取一个子区间，它的中位数都 (<k)，(geq k) 的数不会变多。
这题实际上很少有人 FST，但是我手贱 hack 了一发 (-1)，然后差点掉分（
- C
可以发现，一个格子会在下一秒变色的充要条件是它所在的同色连通块大小 (geq 2)。因此，把所有 (geq 2) 的同色作为起点开始 bfs，可以求出每个格子最早开始变色的时间（如果某个格子在 (0) 时刻不变色，那么它周围的格子一定都与它异色，它一定会在周围至少有一个格子变色的下一个时刻变色）。于是就可以 (O(1)) 回答询问了，注意没有起点的情况。
- D
tourist 惨遭安排的神仙题（我当然也不会x
很多人可能做过一个更简单的题目：每次随机取两个饼干，以各 (frac{1}{2}) 的概率将其中一个饼干交给另一个饼干的主人。这个题目和本题最大的区别在于，由于每个人只要饼干数目变为 (0) 就不可能再拥有任何饼干，可以发现对于一个拥有 (x) 个饼干的人来说，他最后获得全部饼干的概率只和 (x) 以及饼干的总数 (m) 有关，和其他所有因素（其他人的饼干分布等）完全无关。不难推出，这个概率就是 (frac{x}{m})。
实际上，类比一下上面的问题，对于本题，有一样东西是我们可以直接求的：每个人第一次拥有所有饼干的期望时间。但是它和答案并没有直接关系，因为这是对于每个人来说的第一次，而答案要求的是全局的第一次。实际上，由于这里假设不存在了 “某人第一次获得全部饼干时” 游戏结束（不妨称作某人获胜）这个条件，每个人第一次获得全部饼干的时间也都只和 (x, m) 有关。设它为 (f_x)，我们先假设求出了它，看看能对答案产生什么影响。
设 (p_i) 表示第 (i) 个人获胜的概率，(g_i) 表示第 (i) 个人获胜的期望时间乘以 (p_i)。对于 (f_{a_i})，可以枚举这一次游戏实际获胜的人，得到等式：(f_{a_i}=sum_{j=1}^n g_j+left([i e j] p_jcdot f_0 ight))。式子中出现 (f_0) 是因为 (j) 获胜时 (i) 一定一块饼干也没有，也就是一个 (0) 块饼干的人最后拥有所有饼干的期望时间。
对上面的等式两边分别对 (i={1, 2, ldots, n}) 求和，得到 (sum_{i=1}^n f_{a_i}=nsum_{j=1}^n g_j+(n-1) p_j cdot f_0)。发现 (sum_{j=1}^n g_j) 就是我们所求的答案，且 (sum_{j=1}^n p_j=1)，移项得到：(ncdot mathrm{ans}=(n-1) f_0-sum_{i=1}^n f_{a_i})。居然只需要简单的推导，就可以用易于计算的 (f) 来线性表示出答案！
最后的问题是如何算 (f)。注意到 (f_i) 可以从 (f_{i-1}, f_i, f_{i+1}) 分别转移，但是传统的高斯消元不仅推导过程繁琐，而且会出现分母是模数的倍数的尴尬情况。实际上，可以将 (f) 差分，令 (g_i=f_{i+1}-f_i)，再根据 (g) 的实际意义列式转移，会发现它只从 (g_{i-1}, g_i) 转移，又因为 (g_0=m-1)，可以简洁优美地直接推到 (g_{m-1})，并且过程中的分母只有 (m-i) 一项，不会出现模数的倍数。
- E
什么，你觉得我会做 (3500) 吗（
- F1
tourist 惨遭安排的神仙题（然而 Div.2 居然有人过了 F1……）
首先有一个至关重要，并且我也不知道怎么看出来的观察：所有长度为 (n) 的 “好的” 序列，都和一个长度为 (n) 的排列一一对应。
对于一个排列 (a)，可以在它的每两个元素之间插入一个 < 或 >，对于 (a_i)，生成的 “好的” 序列 (p) 中 (p_{a_i}) 的位置的值是 (a_1, a_2, ldots, a_i) 之间的 < 的数量 (+1)。这样看起来比较绕，实际上它的意思是，对于排列中连续上升的极长的一段，把这一段的值作为下标，在 (p) 里的值是相同的，都等于从 (a_1) 到它们为止的连续上升的段数。设 (a_i<a_{i+1})，那么 (p_{a_{i+1}}=p_{a_i}+1)，恰好满足题目里对 “好的” 的定义。由此也可以看出，对于一个 (p)，我们也能唯一还原出排列 (a)：将值相同的位置拿出来，它们是一个连续上升的段，因此在 (a) 中的排列方式是固定的。
现在的问题其实是，对于每一个长度为 (n) 的排列和每一个 (iin[1, n])，统计 (a_j) 的数量，使得 (a_1, a_2, ldots, a_j) 中恰好有 (i-1) 个 <。设长度为 (j) 的排列，(a_1, a_2, ldots, a_j) 中恰好有 (i-1) 个 < 的个数为 (f_{j, i})，由于排列中后面的 (n-j) 个元素可以任意安排，不难发现它对 (operatorname{ans}_i)（即 (i) 在 “好的” 序列里出现的总次数）的贡献为 (f_{j, i}inom{n}{j}(n-j)!)，只需要对每个 (i) 枚举 (j) 算贡献即可。
还有一个问题是如何求 (f_{j, i})。设 (g_{j, i}) 表示长度为 (j) 的排列，硬点了 (i-1) 个 < 的方案数。假如确定了这些被硬点的 < 的位置，那么对于一段连续的 <，假如确定了安置在这些 < 周围的元素的集合，会发现只有一种放法。换句话说，把每个未被硬点的位置看做一个隔板，它们把排列分为了恰好 (j-i+1) 个集合，方案数就是将 (j) 个有标号球放进 (j-i+1) 个有标号集合的方案数，即 ((j-i+1)!{jrace j-i+1})。注意这里硬点的位置可以由每种方案里每个集合的球个数推出来，因此不需要再乘。显然 (f) 和 (g) 是可以二项式反演的，我们得到 (f_{j, i}=sum_{k=i}^j g_{j, k}inom{k-1}{i-1}(-1)^{k-i})。
还有一个问题是，如果暴力计算 (f_{j, i})，复杂度是 (O(n^3)) 的，即使用 ntt 优化也是 (O(n^2log n)) 的，很难通过。但是将 (operatorname{ans}_i) 的表达式列出来，可以进行一番推导：
发现内层求和只与 (k) 有关，因此只需要对每个 (k) 预处理出内层求和的值即可，(g_{j, k}) 可以预处理阶乘及其逆元、斯特林数后 (O(1)) 计算，总复杂度是 (O(n^2)) 的。
- F2
什么，你觉得我会拉格朗日反演和多项式 exp 吗（