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首先看单次询问我们怎么做。对于一个人，他的最优策略显然是不断吃最小的，并看最后能不能吃完。假设我们把区间内的数排好序了，设为 a1≤a2≤⋯≤ana_1\leq a_2\leq \cdots\leq a_na1​≤a2​≤⋯≤an​。对于一个 uuu，它能吃完所有的人当且仅当：∀i<u,au+∑j=1i−1aj−ai≥k∀i>u,∑j=1i−1aj−ai≥k\begin{aligned}\forall i<u,a_u+\sum_{j=1}^{i-1}a_j-a_i\geq k\\

题面区间加区间题解考虑若操作是将 a1,⋯ ,ana_1,\cdots,a_na1​,⋯,an​ 加到 bl,⋯ ,bl+n−1b_l,\cdots,b_{l+n-1}bl​,⋯,bl+n−1​，我们可以记录每个 lll 被操作的次数 clc_lcl​，那么最后的 bi=∑j=1najci−j+1b_i=\sum_{j=1}^n a_jc_{i-j+1}bi​=∑j=1n​aj​ci−j+1​，可以直接 FFT 优化到 O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)。但现在是选 aaa 中的

题意：有一个无限大的整数表格 fff 满足以下两条法则：f(a,b)=f(b,a)f(a,b)=f(b,a)f(a,b)=f(b,a)。b×f(a,a+b)=(a+b)×f(a,b)b\times f(a,a+b)=(a+b)\times f(a,b)b×f(a,a+b)=(a+b)×f(a,b)。初始时 f(a,b)=a×bf(a,b)=a\times bf(a,b)=a×b。有 mmm 次修改，每次修改会改变某个位置，并将所有此次修改会影响到的所有位置按照法则重置一遍。每次修改完还会询问你前

题面sequence题解考虑把原序列每 kkk 位分成一段，然后对于每一段维护起点在这一段中的最小值。先考虑询问，对于起点在中间的整段我们直接线段树查区间最小值，现在考虑两边的小段。以左边的小段为例：（不妨假设它在第一段，在其他段是相同的）如图，红框内是我们起点的可选区域，那么蓝框内就是我们终点的选择区域。起点为 iii 的答案为 max⁡(Ai,⋯ ,Ai+k−1)\max(A_i,\cdots,A_{i+k-1})max(Ai​,⋯,Ai+k−1​)，它可以分为三段：红阴影、绿阴影、蓝阴影

和《花神游历各国》有异曲同工之妙。首先能想到扩展欧拉定理：ab≡{ab mod φ(p)+φ(p)if b≥φ(p)abif b<φ(p)(modp)a^b\equiv\begin{cases}a^{b\bmod \varphi(p)+\varphi(p)}&\text{if }b\geq\varphi(p)\\a^b&\text{if }b< \varphi(p)\end{cases}\pmod pab≡{abmodφ(p)+φ(p)ab​

题面intervcl C题解首先询问和原数列顺序无关，那么不妨把数列从大到小排序，仍记为 aia_iai​。那么题目就是给出 [l,r][l,r][l,r]，问 al,al+1,⋯ ,ara_l,a_{l+1},\cdots,a_ral​,al+1​,⋯,ar​ 中任取 kkk 个数，这 kkk 个数中最大值的期望。由于这是等概率选择，每种情况出现的概率为 1(mk)\dfrac{1}{\binom{m}{k}}(km​)1​（记 m=r−l+1m=r-l+1m=r−l+1），所以我们只需计算每种

题面时代的眼泪·SP题解区间置 fa 问题。根据题目 “时代的眼泪” 的提示， 考虑对序列 aaa 分块，散点往上跳我们暴力更新，下面我们只考虑整块往上跳：实际上，若块中有一点 xxx，往上跳到 yyy，但如果 yyy 已经被同一块内的访问过了，那么证明有另一点在 xxx 的更高处，此时 xxx 就可以删掉了。所以我们使用一个数据结构来维护块中还有贡献的 xxx。这样每个块只会访问整棵树一次，时间复杂度 O((n+q)n)O((n+q)\sqrt{n})O((n+q)n​)。需要会长链剖分 O(

题面安静题解首先题目的条件可以看作是：如果当前时刻 XXX 模 TiT_iTi​ 为 jjj，那么就会得到 fi(j)f_i(j)fi​(j) 的贡献。构造一个答案时刻 XXX，使得总贡献最大，求总贡献的最大值。注意到 t≤120t\leq 120t≤120，那么我们将 TiT_iTi​ 相同的归到一类：设 f(t,j)f(t,j)f(t,j) 表示当前时刻 XXX 模 ttt 为 jjj 时的总贡献，那么接下来整道题都与 nnn 无关了。现在题目的要求变成了：如果当前时刻 XXX 模 ttt 为

题面XOR题解以下对于一个数 xxx，用 xix_ixi​ 表示 xxx 在二进制下的第 iii 位。如果这个数本身就带下标，如 aka_kak​，那么用 ak,ia_{k,i}ak,i​ 表示 aka_kak​ 在二进制下的第 iii 位。发现带上绝对值很难搞，考虑如何确定绝对值的符号：对于 ∣a−b∣|a-b|∣a−b∣ 来说，我们找到 aaa 和 bbb 在二进制下最高的不同位 yyy，那么如果 ay=1a_y=1ay​=1（那么 by=0b_y=0by​=0），有 ∣a−b∣=a−b|a-

题面匹配题解注意以下均有前提 a<ba<ba<b。考虑两种做法：做法一考虑 DP。设 f(i,sta)f(i,sta)f(i,sta) 表示当前已经确定了前 iii 个点之间的连边情况，且最后 i−b+1∼ii-b+1\sim ii−b+1∼i 这 bbb 个点的匹配状态为 stastasta 的方案数。转移显然，时间复杂度 O(n2b)O(n2^b)O(n2b)。做法二为了方便，不妨把所有点的编号都减 111，即原来的 1∼n1\sim n1∼n 号点变成了现在的 0∼

题面线图题解大力分类讨论题。显然，L(L(T))L(L(T))L(L(T)) 中的点代表着 TTT 上的一条三点链。所以 L(L(T))L(L(T))L(L(T)) 上两点的最短路显然是沿着 TTT 上两条三点链间的唯一路径走。有很多种情况，这里举一种情况吧：如图，我现在想从红线框起来的三点链走到蓝线框起来的三点链。不妨设 w1<w2w_1<w_2w1​<w2​，那么 dis=3w1+w2+W+3w3+w4dis=3w_1+w_2+W+3w_3+w_4dis=3w1​+w2

题面直线题解注意到题目没有给什么特殊的性质，除了直线随机生成。所以考虑随机化算法或均摊算法。有一种很神奇的分块做法：考虑将整个平面分成 B×BB\times BB×B 块，每块大小 109B×109B\dfrac{10^9}{B}\times\dfrac{10^9}{B}B109​×B109​，而且每一个块记录一下有哪些直线经过它，询问的时候直接枚举经过询问点所在块内的所有直线并判断统计。分析一下时间复杂度：首先是预处理，对于每一条直线，它经过的块数大约为 BBB，所以这部分的时间复杂度是

题面题解神奇的分类讨论。首先注意到每次所有跳蚤都只会往右跳，也就是说只要某一只跳蚤跳出了 max⁡(ri)\max(r_i)max(ri​) 它就不会再有贡献了。（和 火神的鱼 类似）令 R=max⁡(ri)R=\max(r_i)R=max(ri​)。考虑根号分治，将所有的跳蚤分成两类：将 ti>Rt_i> \sqrt{R}ti​>R​ 的分为第一类，将 ti≤Rt_i\leq \sqrt{R}ti​≤R​ 的分为第二类。对于第一类，我们暴力维护这些鱼的位置，因为他们

对于这种找互质的数的集合的题，一般是讨论每个数的质因子会不会有重复。听说这种互质的题把质因子分为小于 n\sqrt{n}n​ 和大于 n\sqrt{n}n​ 是经典套路？因为当 nnn 很小的时候，小于 n\sqrt{n}n​ 的质数并不多。比如对于这一题，小于 N=1000\sqrt{N=1000}N=1000​ 的数只有 111111 个。那么对于那些只有小于 N\sqrt{N}N​ 的质因子的数进行状压 dp，设 dp(i,j)dp(i,j)dp(i,j) 为前 iii 个数中，所有选出的数的所

我们考虑用分块来水过此题我们先将原序列进行分块，对于某个块 BBB 内的数，我们把它们放进一个数组 block[B][ ]block[B][\ ]block[B][ ] 里，再对数组进行排序。那么我们就得到了 n\sqrt{n}n​ 个有序数组 block[ ][ ]block[\ ][\ ]block[ ][ ]。然后对于修改操作，...