赛时只打了 ABCE，D 没调出来，还是太菜了
A
一眼秒掉答案为 max (0LL, r / k - l + 1)
[record](https://codeforces.com/contest/2029/submission/290705642)
B
注意到只需维护 0 和 1 的个数即可
[record](https://codeforces.com/contest/2029/submission/290720633)
C
先枚举 $r$，考虑从哪里开始 skip，显然 skip 后的分数越大越不劣。
先求出从每个位置为 $r$，最大的分数，接着问题转化为对于 $i\in [2, n]$，已知到 $i$ 时 rating 为 x，求最终 rating。
这样还是会超时，继续使用上面的性质：对于同一个位置，分数越大越不劣。于是可以同时维护所有，每到一个位置取一下 $\max$ 即可。
[record](https://codeforces.com/contest/2029/submission/290730787)
D
显然对于每一个点 $u$，如果度数 >= 2，可以随便取出两个它能到的点 $x$ $y$，然后执行 $u$ $x$ $y$。
不难发现，每次取出度数最大的点进行次操作，最终所有点的度数都 $\leq 1$，此时的图由一些单点和长度为 $2$ 的链构成。
如果只有单点那么可以直接输出答案，如果有链，每次随便断一条边，再找一个新的 点/链 加进来即可。
[record](https://codeforces.com/contest/2029/submission/290791528)
E
观察到偶数总有因数 $2$，所以小的偶数一定能转移到大的偶数，那么奇数呢？
观察到奇数不可能有偶数因子，所以奇数进行一步操作后会变回偶数，显然变的偶数越小越优，因为这样可以转移到更多的偶数。
所以说对于每一个奇数 $a_i$，如果选择的 $x$ 不是 $a_i$，
我们可以考虑先将 $x$ 变为偶数（如果它是奇数），然后再进行若干次 $+2$ 得到另一个偶数，最后再一次操作变为奇数。
这就启发我们对于每个奇数 $y$，预处理最大能一步到它的偶数。
对于某种奇数，没有偶数能一步到它，那么 $x$ 只能设为这个奇数，然后枚举一下因数看看 $x$ 能到的最小偶数是谁。
如果有超过两个这种奇数，答案显然为 $-1$。否则答案可以为 $2$。
[record](https://codeforces.com/contest/2029/submission/290748679)
