April Cook-Off 2021 Division 1
OR of ANDs
略
Tree Distances
我们只关心每个节点是在奇数层还是偶数层，可以枚举奇数层节点然后检查是否可行（略）
Valet Parking
设 (M=4000)。(NM) 的dp显然。但其实我们只要对于每种 (x) 记录最优的转移（set维护），在每个位置转移 (4000) 次。(Nlog N+M^2)
Deletion Sort
对于每种数值 (v)，只需要知道第一个出现的位置 (L_v) 和最后一次出现的位置 (R_v)。若当前未被删除的值为 (v1<v2<v3dots <vm)，数列有序的充要条件是 (forall vi,R_{vi}<L_{v(i+1)})。用一个set维护 (v)，另一个维护 (R_{vi}-L_{v(i+1)})，取最值判断是否可行。然后双指针扫一扫即可。
Array and Operations
考虑逆过程，即可以 (/2) 和相加，将所有数变为 (1)。若所有数的 (gcd>2)，无解。因为无论如何操作，所有数都是 (gcd) 的倍数，不可能变为 (1)。
先将偶数不断 (/2) 变为奇数。如果已经有一个数变成 (1) 了，其他数显然可以在 (2log V) 次内变为 (1)。（为偶 (/2)，为奇 (+1)，重复此步骤）
那么现在的任务就是弄出一个 (1)。每个数最多只有 (6) 个 (>2) 的质因数，那么一定可以找到 (le7) 个数，它们的 (gcd=1)，记为 (b_1,b_2,dots b_7)。用 (b_1) 和其余六个数依次进行操作，每次操作至 (b_1=b_i) 时停止，容易发现 (b_1=b_i=gcd)，(gcd) 为两数操作前的最大公约数。那么 (6) 次操作后有 (b_1=1)。具体的，先让大数变成两数平均数，然后不断 (/2)，重复此步骤。每次操作要多少代价呢？
数不会变大，那么 (/2) 最多 (log V) 次。若操作未结束，两数不会相等，那么如果一直不 (/2)，"把大数变成平均值"的操作至多 (log V) 次。所以每次代价为 (log^2V)。总代价 (n·2 log V+6log^2V=42400)
Low Budget Sanitization
一开始的想法：两条不平行的线可以确定一个交点。每次询问得到的答案转化一下就是：点 (x) 在直线 (L) 上。总共只有 (2N) 次询问，每次只能确定 (1) 对关系，每个点需要 (2) 对关系才能确定，那么这 (2N) 对必须是每个点 (2) 对。
然后发现好难啊。哦原来可以一边清除一遍询问，我！！？？......那只要让这些直线不平行就好了，然后确定一个清除一个。让它们不平行的具体方法是只询问 (gcd(A,B)=1) 的组合。
GCD Sums
记录每个区间从左往右和从右往左 (gcd) 改变的 (log C) 个位置，在线段树上暴力合并计算答案，可以做到支持修改的 (O(nlog C+qlog nlog^2C))。为什么建树是 (nlog C) 呢？首先肯定有 (n) 次合并，但每次合并的复杂度并不都是 (log^2C)，这个东西可以表示为 (T(n)=2T(n/2)+min(log C,n)^2=nlog C)。
现在的问题是静态的，而且 (q) 比较大，线段树做法的复杂度明显不平衡，考虑增加预处理的复杂度来加快查询。还是需要分治的思想，在每次合并的时候，和线段树一样 (nlog C) 预处理，并记录这些二维的表格。然后还需要在中点的位置往左/往右算出后缀/前缀区间的答案，这部分需要计算 (nlog n) 次，每次需要枚举 (log C) 个变化的位置，(O(nlog n log C))。然后考虑询问，如果我们把区间补成 (2^k)，可以通过位运算builtin函数 (O(1)) 确定这个询问应该被放在哪个中点，然后有 (f(l,r)=f(l,mid)+f(mid+1,r)+val)，其中 (val) 为 ((l,r)) 跨国中点的答案。前面两部分已经预处理好了，(O(1)) 取出即可。对于 (val)，还需要预处理每个位置在二维前缀和的表中卡在哪个上界（(nlog n)），先把这些整的 (O(1)) 取出，然后对于剩下的 (O(1)) 计算即可，询问复杂度 (O(1))。总复杂度 (O(nlog nlog C+q)) 或 (O(nlog nlog C + qlog C))，取决于预处理的程度。