2021.08.18-2021.09.03
【CF#741 Div.2】
https://codeforces.com/contest/1562/problem/A， （这A题好难）给你(l,r)，问最大可能的(amod b)（(l leq bleq aleq r)）。
先是想要让(a=b-1)，但(ageq b)，然后就想着取(lleq bleq a=2b-1leq r)，右边得到(bleq lfloorfrac{r+1}{2} floor)，左边就是条件(lleqlfloor frac{r+1}{2} floor)，而仔细想想，对于(lgeq lfloor frac{r+1}{2} floor)的情况，直接取(b=l,a=r)就行。
第一题好难。
https://codeforces.com/contest/1562/problem/B， 给你一个数位可以很长的数（且不包括数位0），删掉尽可能多的数位，使得剩下的数字not prime，输出剩下的数（保证存在答案）。
这题限制挺宽的，最好的情况就是剩一个1,4,6,8,9，所以如果有就直接输出，不然的话如果有2个({2,3,5,7})也很好，再不然说明(2,3,5,7)都最多只有一个，暴力搜一下。
https://codeforces.com/contest/1562/problem/C， 给一个二进制串，要你找((l_1,r_1),(l_2,r_2))：
- 区间长度超过(n/2)
- 两个区间不完全相同
- 存在一个((l_1,r_1))的子串(s)和((l_2,r_2))的子串(t)，使得(s)的十进制数是(t)的倍数。
有点像脑筋急转弯，首先是“xxxxx0”可以写成"xxxxx"的两倍，以及"0xxx"和"0xxx"是一样的，所以有0就直接找，否则就是全都是1的情况，注意((2^k-1)|(2^{km}-1))的，靠着这个性质，全1的情况取(len=n/2)，区间取([1,len],[1,2len])即可（看了下题解我还想多了，直接用([1,n-1],[2,n])就行了吼）。
https://codeforces.com/contest/1562/problem/D2， 题意懒得翻了。
首先我是先想([1,n])的询问怎么做，记(s(l,r))是((l,r))的sign-variable sum，那删掉(x)就会导致(S=s(1,n))变成(s(1,n)pm a_x -2s(x+1,n))，奇偶性改变！进一步推出删2个奇偶性不变，以及删2个的情况可以通过删第一个转变成奇数的情况，所以我们就只考虑奇数的情况：
(n)是奇数则(S)也是奇数，如果删掉第一个元素，就变成是(Spm 1)，如果删掉最后一个就变成(-Spm 1)，这两个东西要么有一个是0（此时(|S|=1)），否则(|S|>1)，两个一定异号，而如果删(x)的sum变成删(x+1)的sum，这里sum的变化是(pm(a_x+a_{x+1})in{0,-2,2})，类似介值定理的东西告诉我们这里一定有零点。
上面这个思路就能比较简单地解决第一问D1：如果区间和是0就直接0，否则奇数1偶数2。
而对于第二问偶数2的情况，也可以通过删一个(l)来变成奇数的情况（因为上面的分析，一定是有解的）。具体找位置就用二分：虽然不单调，但找零点还是可以的。QAQ记得特判一下(l=r)的情况。
【CF#736 Div.2&CF#736 Div.1】
https://codeforces.com/contest/1549/problem/A， 给一个素数(pgeq 5)，找到任意一组(a,b:pmod a=pmod b,(a<bleq p))。
注意(pgeq 5)，直接取(a=2,b=p-1)即可。（翻了翻我当时的代码，当时没看到题目说素数，多一个偶数的情况就是取(a=2,b=p)）。
https://codeforces.com/contest/1549/problem/B， 一个象棋棋盘，两行，第一行给出地方pawn的位置，第二行是你的pawn的位置，假设你的兵在((i,j))，它可以跳到((i-1,j-1))或者((i-1,j+1))(如果目标位置有敌兵)，或者如果((i-1,j))是空的，可以直接走到((i-1,j))，问有多少个pawn能走到第一行。
一个小贪心，从左往右扫一遍，按照左中右的顺序跳。
https://codeforces.com/problemset/problem/1548/A， 第(i)个人的power是(i)，三种操作，(u,v)连一条边，删去(u,v)的边，以及询问：对于每个人(x)，所有和他连边的，如果有比他大的，就淘汰掉(x)，一直操作直到没有人被淘汰。
容易猜到一个性质：一个人能活下来当且仅当，(x)比所有和他连边的人都要大，否则一定是一连串地删人。然后这题因为保证没有重边，就可以维护每个结点的度数，以及有关系的、比他小的结点的个数，就可以线性地实现这个。
https://codeforces.com/problemset/problem/1548/B， 给一个序列，问最长能找多长的一个子段([l,r]:exist m>1:a_lmod m=a_{l+1}mod m=dots=a_rmod m)。
一开始卡在第一步惹，其实就是如果真的去考虑模数好像没法考虑，复杂度降不下来，稍微转个弯去想差分，约束就可以等价成(a_{l+1}-a_{r}equiv a_{l+2}-a_{l+1}dots(mod m))，也就是(gcd(a_{l+1}-a_l,dots,a_{r}-a_{r-1})>1)，(gcd)有单调性，静态区间GCD本质就是个区间min，可以用ST表维护，枚举左端点二分右端点就行。
这题的复杂度很有意思，看起来是(O(nlog n log M))（(M)是值域），因为我们之前说求(gcd(a,b))的复杂度是(O(log(min(a,b))))的，但其实有更紧的界(O(log (min(a,b)/gcd(a,b))))——因为求((a,b))和求((a/(a,b),b/(a,b)))的操作次数其实是一样的。
对数里的除法变成减法，这个性质就会导致你在求一段东西的gcd的时候，(O(nlog M))这个东西会变成(O(n))，直观感觉就是gcd是越求越小的，代价也是越来越低。
https://codeforces.com/problemset/problem/1548/C， 抛开描述题面，其实对每个(x)，求(C_3^x+C_6^x+dots C_{3k}^x)，(nleq 10^6)。
首先是一个性质，(sum_{k=0}^ninom{k}{x}=inom{n+1}{x+1})：右边是从(n+1)个物品选出(x+1)个物品的方案数，左边看成是在枚举选出物品标号的最大值是(k+1)（从1开始），再从剩下(k)个物品选(x)个的方案数。
然后就可以dp：记(dp[x][j])表示(sum_{k=0}^{n}inom{3k+j}{x},(j=0,1,2))。那么(dp[x][0]+dp[x][1]+dp[x][2]=sum_{k=0}^{3n+2}inom{k}{x}=inom{3n+3}{x+1})，以及由(inom{n}{m}=inom{n-1}{m-1}+inom{n-1}{m})就有(dp[x][1]=dp[x-1][1]+dp[x][0])和(dp[x][2]=dp[x-1][2]+dp[x][1])，就可以递推出所有的(dp[][])了。
【CF Global Round15】
https://codeforces.com/problemset/problem/1552/A， 把字符串排序好得到(t[1,dots,n])，把(str[i] eq t[i])的抽出来就行。
https://codeforces.com/problemset/problem/1552/B， 虽然在这里可能会存在(a<b,b<c)但是(a>c)的情况，但我们依然可以重载小于号，从左到右取max，如果(x)符合答案的条件，一定会被取到，同时再check一边是否比别的都要大就行。
https://codeforces.com/problemset/problem/1552/C， 卡了许久，题目有一句话很关键：o point strictly inside the circle belongs to all 3 chords.也就是只要有交叉就会多一个交点，不用管三线共点的情况。于是可以证明，最优的染色方法是把剩下的(2(n-k))个点拎出来重新标号，然后按照第(i)个点连接(i+(n-k))来连线（假设原本是(a-b,c-d)这样没有交叉的连接，如果换成(a-c,b-d)这样有交叉的连法，交点至少不会变少）。
https://codeforces.com/contest/1552/problem/D， 给一个(a[1,dots,n])，问是否存在(b[1,dots,n]:)对所有(a_i)存在(1leq j,kleq n:a_i=b_j-b_k)，这题(nleq 10)。
(n)只有10看着就很乱搞…首先(b)的一个差分一定能搞定一个(a_i)，所以(n)个位置至少能解决(n-1)个(a_i)，问题就是剩下一个怎么搞定。
如果(a_i=0)或者(a_i=a_j)，就可以少用一个(b)的代价，这时候一定是YES，进一步，只要能找到(a[1,dots,n])的一个子序列(pm a_{p_1}pm a_{p_2}dotspm a_{p_k}=0)就行，当然这只是充分条件，但我们猜他必要，于是(O(n3^n))暴力枚举试着交一发，过了，好那他就是必要条件了（bushi）。
[必要性]假设存在符合条件的(b)数组，考虑张(n)个点的图，每个点的点权是(b_i)，接着因为每个(a_i)都能写成(b_{j_i}-b_{k_i})的形式，我们连一条((j_i,k_i))的边权为(a_i)的边，这样就构成了一个(n)个顶点(n)条边的图，(|V|=|E|=n,|V|+|F|-|E|=2)，此时一定有环（此时先不考虑方向），而这个环上：
(egin{aligned}(b_{v1}-b_{v2})+(b_{v2}-b_{v3})+dots+(b_{v_{k-1}}-b_{vk})+(b_{vk}-b_{v1})=0end{aligned})
我们说每条边对应一个(a_i)，那这个式子就意味着(a[1,dots,n])的一个子序列(pm a_{p1}pmdotspm a_{pk}=0)，也就是我们前面的充分条件。
【CF#739 Div3】
https://codeforces.com/problemset/problem/1560/A， 暴力
https://codeforces.com/problemset/problem/1560/B， 因为是一个圈，一定有(a+n/2=b)或(b+n/2=a)之一。
https://codeforces.com/problemset/problem/1560/C， (O(sqrt k))地求出在哪一层。
https://codeforces.com/problemset/problem/1560/D， 假设当前的串是(s)，要变换成目标串(t)，因为只能在(s)的后面加东西，所以我们就找一个尽可能长的(s)的前缀(pre)，使得它和(t)的一个子序列一样，这样就得到最小操作次数(|s|+|t|-2|pre|)，再枚举答案是2的多少次幂即可。
https://codeforces.com/problemset/problem/1560/E， （这题感觉有点小码），思路很简单，先倒着从(t)里找还没出现过的字符，加到order里，最后order翻过来就得到删除的顺序，然后再用每个字符的出现次数算(s)的长度，从(|t|)里截取前(|s|)个字符就是(|s|)，但这还不够，再把(s)和order代回去验证一下会不会得到(t)…。
https://codeforces.com/problemset/problem/1560/F2， dfs/数位dp？