CF786C(*2400)
根号分治。可以发现这个答案和调和级数有点关系的。答案个数是 $\sqrt n$ 级别的。
若 $k \leqslant \sqrt n$，直接 $O(n)$ 计算。
若 $k > \sqrt n$，二分出有多少个数与该数答案相同。这样时间复杂度 $O(\log n)$。
总共是 $O(n \sqrt n + n \sqrt n\log n)$。
CF1923D(*1800)
$n \leqslant 3 \times 10 ^ 5$，所以只能 $O(n)$ 或 $O(n \log n)$ 了。
发现对于一段连续的区间，若最终可以合为一个史莱姆，那么只需满足其有 $\geqslant 2$ 种不同的数。这是因为至少其中一个最大的数一定和至少一个小于它的数相邻，于是这样较大数可以将它吃掉。然后这个大数就变成唯一一个最大的数了，于是可以由它吃掉其它所有的。
于是对于每个位置 $i$，只需算出它到左/右的第一个与它左/右边相邻的那个数不同的与 $i$ 的距离与第一个满足从该位置到左/右的前/后缀使得其和 $> a_i$。
特判：当与 $a_i$ 相邻的数（不妨令为 $a_{i - 1}$） $> a_i$ 时，这时 $[i - 1, i - 1]$ 已经可以将其消除了，而这时第一个与 $a_{i - 1}$ 不同的数可能距离 $a_i$ 很远。
CF1920D(*1900)
总操作次数不超过 $10 ^ 5$。
最多查询到 $10 ^ {18}$ 即操作 $2$ 的次数超过 $\lfloor 10 ^ {18} \rfloor = 60$。
于是可以考虑根据当前的 $2$ 操作存下来到下一个 $2$ 每个 $1$ 操作所修改的数以及当前 $2$ 操作后串的长度，查询时若 $k$ 在两个 $2$ 操作之间（即该位置由 $1$ 操作直接带来），那么直接输出答案即可。否则相当于 $k < $ 上一个串的长度，于是除掉 $2$ 操作所乘的数，对这个值取模再继续即可。时间复杂度 $O(n\log k)$，可以通过本题。
CF1909D(*1900)
特殊性质题。首先看到这个 $k$ 很不顺眼。于是想到将每一项都减掉一个 $k$，将式子转化为 $x - k = (y - k) + (z - k)$，于是发现可以将每个数减去 $k$，这样就转化为 $x = y + z$。即总和与个数乘上 $k$ 的差值不变。但是可以发现，有些情况不合。当序列中存在 $>= k$ 以及 $<= k$（只存在 $= k$ 的可以），这时不合。因为在 $x$ 转化为 $y, z$ 时，若 $x \leqslant k$，则 $y + z \leqslant 2k$，于是必有 $y / z \leqslant k$。反之亦然。于是显然这时无法做到整个序列中的数最后与 $k$ 的差符号相同，即不合。
CF1902D(*1900)
可以将每次询问拆成三个部分。
$[1, l - 1]$，$[l, r - 1]$，$[r, n]$。
发现 $1$ 和 $3$ 不被修改影响可以直接求出，而 $2$ 被修改影响。不妨令答案在 $2$ 中为 $k$，并且令操作完 $1$ ~ $i$ 所总共带来的影响这个前缀是 $a_i$，则 $(x, y) = a_{l - 1} + a_r - a_k$，其中 $l \leqslant k \leqslant r - 1$，移项得 $a_k = a_{l - 1} + a_r - (x, y)$，于是只需要开一个 $map$ 记录一个前缀 $a$ 出现的位置即可。
时间复杂度 $O(q\log n)$。
CF1901D(*1700)
小清新贪心题
若将 $i$ 选作起始点，则对于 $j$：
$1\leqslant j < i$ : 此时 $x \geqslant a_j + n - j$。
$j = i$ : 此时 $x \geqslant a_i$。
$i < j \leqslant n$ : 此时 $x \geqslant a_j + j - 1$。
预处理 $t_i = \max\limits_{j = 1} ^ {i} (a_j + n - j), s_i = \max\limits_{j = i} ^ {n} (a_j + j - 1)$ 于是答案为 $\min\limits_{i = 1}^{n}(a_i, t_{i - 1}, s_{i + 1})$。
CF1898E(*2200)
考虑什么时候无法满足条件。若有在 $t$ 中有一组 $i, j$ 使得 $i < j, t_i > t_j, p_{t_i} < p_{s_i}$，则不合法。于是可以考虑倒序枚举 $t$ 中的元素，将其与 $s$ 中的配对。且对于一个 $t$ 中的字符 $i$，$i + 1 \sim 'z'$ 中最小值之后的都不可以选取。若没有符合条件的字符，即不合题意。
CF1895D(*1900)
很容易发现只要定了 $b_1$，那么后面的数全都定了。于是想到处理出 $a_i$ 的异或前缀和 $sum_i$，则 $sum_i$ 互不相同。但是不太好继续贪心算最优解。而发现，由于 $sum_i$ 互不相同，$b_i$ 也互不相同。于是只需要将 $b_i$ 的总和取最小值，则此时就是答案。这时只需要看对于每一位，$sum$ 当中是否有 $1$ 的多，若是，则让 $b_1$ 选取该二进制异或位，否则不选。
CF1893B(*1700)
水题。容易看出，显然要将数组 $B$ 从大到小排序。由于新序列的 $LIS$ 显然 $\geqslant$ 原序列的 $LIS$，于是考虑一种贪心：当 $a_i \leqslant b_j$ 时，将 $b_j$ 插在 $a_i$ 前面。这样最后剩下来的一定很小且在最后，显然为最优解。
CF1889B(*1700)
已经是近半年前做的了啊。现在感觉也不是很难想啊。
容易发现，对于两个连通块，显然是将编号最小的两个点相连。于是从 $1$ 开始考虑，看它连接的点的编号。假如 $1$ 和 $i$ 能够连接，那么直接连接。否则这个点一定可以在某个时刻与一个点 $j$ 相连。于是可以列得 $S_i + S_j \geqslant i \times j \times c$，已以及 $S_1 + S_i < i \times c$。
两式相减得 $S_j - S_1 \geqslant i \times c \times (j - 1) = (i \times j - i) \times c$. 而 $i \times j - i - j \geqslant (i - 1) \times (j - 1) - 1 \geqslant (2 - 1) \times (3 - 1) - 1 = 1$，所以 $i \times j - i \geqslant j$，即 $S_j - S_1 \geqslant (i \times j - i) \times c \geqslant j \times c$. 于是显然 $S_j + S_1 \geqslant j \times c$. 即 $j$ 和 $1$ 可以连边。而 $i, j$ 可以连边，由于 $1, j$ 在一个联通块内且 $i < j$，于是 $1, i$ 也可以连边。
所以假如最终可以构成一个连通块，那么所有的点都可以与 $1$ 相连。能相连的条件条件是 $a_i + S_1 \geqslant i \times c$，于是将 $i \times c - a_i$ 从小到大排序，要是枚举到某次无法选取即不合法，否则合法。
CF1129B(*2000)
就让答案长度为 $2000$。
考虑状态为 $0, 0, \cdots, -x, x + d$ 的数组。此时 $Alice$ 算出来的答案为 $x + d$，而正解是 $2000d$。
此时差是 $1999d - x$. 若要 $1999d = x + k$. 则 $d = \frac{x + k}{1999}$，就让 $x = 1999 - k \% 1999$。
或者说，令最后两个数为 $-d + \frac{k + d}{2000}, d$，这里 $d = 200000 - (k \% 2000)$. 因为要让 $-d + \frac{k + d}{2000} < 0$，所以 $d$ 得足够大。
AT_abc359_f(*1792)
每次合并一个点到树里面去肯定是选代价小的。先让每个点的度数为 $1$，相当于已经使总度数为 $n$（总共需要 $2 n - 2$）. 然后选择一个点作为顶点拉一个没被合并过的点，新节点直接加在它下面。操作 $n - 2$ 次，每次合并后直接变成下一次合并该点需要的差值。
CF1775E(*2100)
妙妙题。
开始不好考虑。再想想维护前缀，那么一次操作就可以是对很多段 $-1$ 或 $+1$ （每次只能为其中一种），所以就是最大减最小最终的的数。注意最大最小同正负的情况。
CF1982E(*2300)
这玩意儿原来可以考虑分治，$dfs(l, r, k)$ 代表 $[l, r]$ 中二进制 $1$ 的个数 $\leqslant k$ 的个数。
则 $dfs(0, n - 1, k) = dfs(0, \frac{n - 1}{2}, k) + dfs(\frac{n - 1}{2} + 1, n - 1, k)$，但这样时间复杂度完全不能接受。于是根据二进制 $1$ 个数这个性质优化。
$dfs(0, n - 1, k) = dfs(l, 2 ^ t - 1, k) + dfs(2 ^ t, n - 1, k)$，其中 $t$ 是 $n - 1$ 的二进制下最高位。
$dfs(0, n - 1, k) = dfs(0, 2 ^ t - 1, k) + dfs(2 ^ t, r, k) = dfs(0, 2 ^ t - 1, k) + dfs(0, r - 2 ^ t, k - 1)$。
这样可以预处理出来 $dfs(0, 2 ^ t - 1, k)$，用 $dp[t][k]$ 维护，剩下的由于 $k$ 每次操作都递减，就是 $O(k)$。
所以这里总时间复杂度为 $O(Tk + \log^ 2 n)$，可以通过本题。
对于 $dfs$ 这里的加法运算，搞个东西维护区间最长的左边都满足的个数，右边都满足的个数，答案，区间长度，加法就类似线段树里的 $pushup$ 那个东西，很容易就结束了。
AT_arc178_c(*1990)
让 $b$ 数组直接递增好了。这样绝对值可以拆掉了。
$$
\sum\limits_{i = 1} ^ {L - 1} \sum\limits_{j = i + 1} ^ {L} (B_j - B_i) = \sum\limits_{i = 1} ^ {L - 1} i \times (L - i) \times (B_{i + 1} - B_i)
$$
这下直接无限背包了。第 $i$ 个物品重量为 $i \times (L - i)$，然后物品最大值 $B_L$ 就是总物品的个数（每次取的是 $B_{i + 1} - B_i$ 这个差分这么多的物品）。
时间复杂度大约 $O(L\sqrt L)$，可以通过本题。
CF1762D(*2100)
妙妙交互题。
$2n$ 次交互那可以往询问两次淘汰掉一个数这里想。
对于 $x, y, z$，询问 $\gcd(x, y), \gcd(x, z)$.
$\gcd(x, y) = \gcd(x, z)$. 此时 $x$ 位置一定不能是 $0$，否则 $y = z$ 矛盾。
$\gcd(x, y) < \gcd(x, z)$. 此时 $y$ 位置一定不能是 $0$，否则前者是 $x$ 而后者 $\gcd(x, z) \mid x$。
$\gcd(x, y) > \gcd(x, z)$. 此时 $z$ 位置一定不能是 $0$，否则后者是 $x$ 而前者 $\gcd(x, y) \mid x$。
询问次数 $2 \times (n - 2)$，可以通过。
P6287
容易猜到，答案跟 $1$ 出现的个数和位置有关。若没有 $1$，答案就是最小的点权。否则容易证明肯定不会选权值为 $3$ 的点权或者 $\geqslant 2$ 个点权为 $2$ 的点。于是这样就有 $2$ 种情况。纯 $1$ 的路径，或者有 $1$ 个 $2$，剩下的都是 $1$ 的路径。
树型 DP 即可，时间复杂度 $O(n)$。
P11189
考虑每个点到其父亲节点的差分值 $cf_i = a_i - a_{fa_i}$，那么每个 $2$ 操作是把与路径相邻的节点差分值减 $1$ 且操作次数 $\leqslant a_1$。
只需要用 $dp_u$ 记录 $i$ 子树内最多操作多少次以保证 $v$ 属于子树 $u$，$cf_v\geqslant 0$，设 $u$ 的儿子子树内操作次数是 $v_1, v_2, \cdots, v_k$。
那么需要满足的条件是 $v_i \geqslant \sum\limits_{j = 1, j \neq i} ^ {k} v_j$，所以 $v_i \in[\max(0, \sum\limits_{j = 1, j \neq i} ^ {n} v_j), f_{v_j}]$。
这时可以二分 $\sum\limits_{i = 1} ^ {k} v_i$，然后分配。然后算出 $\sum\limits_{i = 1} ^ {k} v_i$ 是否在可算出的最小值和最大值之间即可。
若根节点可操作的次数 $\geqslant a_1$，那么答案是肯定的。否则无论如何进行操作 $1$ 都没法增加。时间复杂度 $O(Tn\log V)$。
CF425E(*2500)
考虑 $dp_{i, j, k}$ 表示，前 $i$ 个数，右端点限制在 $i$ 以前，布置了 $j$ 条线段，有用的有 $k$ 条。
于是对于 $k - 1 \to k$ 的转移，设为下一个选择线段右端点 $r$，于是则相当于，对于取到右端点 $r$ 的，有 $2 ^ {r - i} - 1$ 种选法，然后右端点在 $[i + 1, r]$ 之间，左端点在 $[1, i]$ 之间的，这样有 $2 ^ {i \times (r - i)}$ 种，时间复杂度 $O(n ^ 3)$。
CF93E(*2600)
考虑设计一个 DP。$dp_{i, j}$ 表示，$[1, i]$ 中，至少被前 $j$ 个武器参数中一个整除的数的个数。于是可得到，$dp_{i, j} = \lfloor \frac{i}{a_j}\rfloor + dp_{i, j - 1} - dp_{\frac{i}{a_j}, j - 1}$，但这样 $i$ 这位空间复杂度太大了，考虑优化。
发现可以用记忆化搜索，而这样第一维 $i$ 的空间复杂度只需要 $\sqrt n$ 个，后一维需要 $k$，这样空间复杂度 $O(k \sqrt n)$。还是爆掉，于是想出设一个阈值 $T$，设成 $\sqrt{k\sqrt n}$ 最好，然后预处理出 $dp_{i, j} (1 \leqslant i \leqslant T, 1 \leqslant j \leqslant k)$，时间复杂度 $O(k\sqrt n)$。
事实上，还可以把数组在进入记忆化搜索之前从大到小排序来卡常。
CF1371F(*2800)
直接上线段树，维护 `>><<<` 这种出现多少。代码是真的实在难写。时间复杂度 $O(q\log n)$。
CF79D(*2800)
发现 $k$ 的值很小。于是想到状压 DP。
再者就是翻转一段相当于可以转化为差分值，每次对两个数取反。
考虑到最后相当于让 $\leqslant 2k$ 个数差分变为 $1$，直接每次状压 DP 转移的时候枚举该最低位和随便一个其它的位，然后增加它们。这时候相当于可以直接最短路求出来消除两个位的值。
时间复杂度 $O(nkl + k2 ^ {2k})$。
CF1615F(*2800)
对于此类题，考虑一种常见的套路：将奇数位上的数取反。然后一次操作相当于将 $01$ 化为 $10$ 或将 $10$ 化为 $01$。于是能互相转换需要满足的条件是 $0$ 和 $1$ 的数量相同。这样可以 $O(n ^ 3)$ 做，但无法通过本题。考虑优化。设 $pre_{i, j}$ 表示，$s$ 的前 $i$ 位中 $1$ 的个数比 $t$ 的前 $i$ 位中 $1$ 的个数多 $j$ 个。$suf_{i, j}$ 表示 $t$ 的后 $i$ 位中 $1$ 的个数比 $s$ 的后 $i$ 位中 $1$ 的个数多 $j$。
这样预处理下来要 $O(n ^ 2)$。
然后加上 $\sum\limits_{i = 0} ^ {n} \sum\limits_{j = -i} ^ {i}pre_{i, j} \times suf_{i + 1, j} \times |j|$。
总时间复杂度 $O(n ^ 2)$。
P5309
分块卡常题。对 $x$ 值进行分块即可。时间复杂度 $O(n\sqrt n)$，但这题卡常。将块长设到 $128$ 可以快一些。还有数据造不满，可以到最后一起取模/hanx
P4359
用优先队列维护，每次相当于取出最大的素因子（保证至少还剩一个），然后替换成比它小的，但得确保没有比它更小的素因子。时间复杂度 $O(K\log K)$。
CF906C(*2400)
很水的一道。直接状压 DP 即可，时间复杂度 $O(n2 ^ n)$。
CF757D(*2200)
看到 $n \leqslant 75$，于是可以计算出 $k \leqslant 20$，这暗示我们用状压 $dp$。
$dp_{i, j}$ 表示，$i$ 这位还没加入，前面状态已有的为 $j$ 的方案数。这样状态转移只需要算后面 $\lceil\log k\rceil = 5$ 位的。
时间复杂度 $O(2 ^ kn\log k)$，可以通过本题。
AT_arc171_d(*2377)
考虑到 $n$ 的取值很小，而 $P$ 的取值很大，于是考虑将 $P$ 的范围降到与 $n$ 同阶。
观察到 $(P, B) = 1$，于是 $x_i B ^ {n - i}$ 一定可以取到模 $P$ 余 $0 \sim P - 1$ 的所有数。于是在 $P$ 足够大（准确意义上是 $P > n$）定可以取出合适的前缀使得 $[1, i]$ 的前缀值互不相同（还有一个是取 $0$ 个数的情况），这样就只需要考虑 $P \leqslant n$ 的情况。
考虑 $hash(l, r)$ 什么时候为 $0$，$hash(l, r) = B ^ {r - n} (hz_l - hz_{r + 1})$，其中 $hz_i$ 表示的是 $[i, n]$ 的哈希和。
由于 $(B ^ {r - n}, P) = 1$，所以只需要对每个点赋值，使 $hz_l \neq hz_{r + 1}$，这样时间复杂度 $O(3 ^ n)$，因为是要枚举一种状态和它的子集来更新它。
P4211
考虑差分。只要维护 $[1, k]$，然后对于每个点想上的到根权值都 $+1$，然后对于询问的一个 $z$，走到它的根的权值总和即为 $LCA$ 深度。
接下来每个询问直接查询前缀和之差即可，重剖 + 线段树，时间复杂度 $O(n\log ^ 2 n + q\log ^ 2 n)$。
CF1009F(*2300)
长链剖分板子题。对于每个点，找到其长儿子，然后共享空间存答案，时间/空间复杂度 $O(n)$。
CF1709E(*2400)
$P(u, v) = dis_u \oplus dis_v \oplus a_{LCA(u, v)}$，其中 $dis_x$ 是点 $x$ 到根的异或和。
那么对于一个点 $x$，设它的所有儿子内的子树都满足条件，那么在该子树内，经过该点的路径中，若有非法的，那么就将这个点的点权设成一个很大且不与之前设的相同。
用 set 维护每个点子树内可能与其它值起冲突的点到该根的异或和。如果起了冲突，那么修改点权并清空 set。合并时用一下启发式，时间复杂度 $O(n\log n)$。
CF965E(*2200)
考虑贪心。每次是将一个点子树内深度最大的点换成这个点，从而减少总字符数。直接优先队列维护深度最大值，时间复杂度 $O(n\log n)$。
CF1139D(*2300)
什么憋憋 *2300。真能用 DP 做吗？感觉莫反思路更顺一点。
$$
\begin{align}
E(X) &= \sum\limits_{i = 1} ^ {m} P(X = i) \times i\\
&= \sum\limits_{i = 1} ^ {m} P(X\geqslant i)\\&= 1 + \sum\limits_{i = 1} ^ {m}P(X > i)\\&= 1 + \sum\limits_{i = 1} ^ {m} (1 - P(\gcd(a_1, a_2,\cdots, a_i) = 1))\\&= 1 + \sum\limits_{i = 1} ^ {m} \frac{m ^ i - \sum\limits_{j = 1} ^ {m}\mu(j)\times\lfloor\frac{m}{j}\rfloor ^ {i}}{m ^ i}\\&= 1 - \sum\limits_{j = 2} ^ {m}\mu(j)\sum\limits_{i = 1} ^ {m}\frac{\lfloor\frac{m}{j}\rfloor ^ i}{m ^ i}\\&= 1 - \sum\limits_{j = 2} ^ {m}\mu(j)\sum\limits_{i = 1} ^ {m} (\frac{\lfloor\frac{m}{j}\rfloor}{m}) ^ {i}\\&= 1 - \sum\limits_{j = 2} ^ {m}\mu(j)\frac{\lfloor\frac{m}{j}\rfloor}{m - \lfloor\frac{m}{j}\rfloor}
\end{align}
$$
后面时间复杂度 $O(n)$ 直接算即可。
CF1088E(*2400)
先树型 DP 出连通块最大值 $mx$，然后再 DP 一次，只要搜到某个子树内连通块最大值为 $mx$ 就计入答案，并且防止下次再加上该最大值将该点向上的贡献设成 $-1$ 即可。时间复杂度 $O(n)$。
CF1260E(*2400)
容易发现，若朋友不是第 $n$ 个人，那么肯定要贿赂第 $n$ 个人。且若朋友出现的位置 $\leqslant \frac{n}{2}$，那么显然至少还要贿赂一个人。即在 $[\frac{n}{2}, n]$ 至少贿赂两个人。以此类推，直接 priority_queue 从后往前贪心即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。
P3041
如果直接状压 DP，状态有 $3 ^ k$ 种。于是考虑优化 DP。
建出来 AC 自动机。这样就将状态数缩减到 $\sum\limits_{i = 1} ^ {n} |s_i|$ 种。
$dp_{i, j}$ 表示，选择了 $i$ 个字符，跳完失配指针后在第 $j$ 个节点上的答案最大值。
时间复杂度 $O(k\sum\limits_{i = 1} ^ {n} |s_i|)$。
CF163E(*2800)
先建好 AC 自动机，然后容易发现问题就在于每次增加/减少一个数如果跳失配指针的话时间复杂度太高。以及每次统计的时候要往前跳失配指针时间复杂度压不下去。
建好 fail 树然后相当于询问直接加上它所有祖先给它加上的值，删除就给它子树内的点权值都减 $1$。这样直接 dfn 序然后树状数组即可。
记 $m$ 为 $\sum\limits_{i = 1} ^ {n} |s_i|$，则时间复杂度为 $O(m\log m)$。
CF1202E(*2400)
正着倒着各建一个 AC 自动机，然后对于每个点，直接加上它失配指针的权值就是该点的总贡献。
然后 $dp_{i}$ 表示，原串前 $i$ 个字符能匹配到后缀的有多少个，然后反着匹配，原串 $i + 1$ 及后面的字符匹配后缀匹配到的数量相乘即可。
时间复杂度 $O(n)$。
CF1400F(*2800)
考虑直接 DP 出不合法的构建方案。如果 $x = 1$ 显然只有 $1$ 种方案。
如果 $x\geqslant 2$，那么显然不能有 $s_i = 1$，这样就相当于每个元素都 $\geqslant 2$，于是区间长度 $\leqslant 10$，这时候就可以尝试暴力搜，然后得出来最多是 $n = 19$ 的时候有 $2399$ 种，于是直接全插 AC 自动机里。
然后 $dp_{i, j}$ 表示，前 $i$ 个字符，末尾匹配到 $j$ 的最小删除的数的个数。这样即可通过。
CF547E(*2800)
考虑把询问离线下来。
对于每个字符串插入然后对于这个点直接权值加 $1$，然后每次只需要询问 fail 树该点子树内的权值和即可。
记 $m$ 为 $\sum\limits_{i = 1} ^ {n} |s_i|$，则时间复杂度为 $O(m\log m)$。
wqs 二分
引入：有若干个物品，要求你选出 $m$ 个（这里就假设是算最大值），选的时候带有限制，要你求出最优的方案。
注意在使用的时候有个大前提，就是先假设 $f(i)$ 为选出来 $i$ 个的最优方案，那么 $(i, f(i))$ 构成的曲线一定构成凸包（这里假设是上凸包，就是 $w_{i} - w_{i - 1} \geqslant w_{i - 1} - w_{i - 2}$）。
二分一个斜率 $c$，然后相当于凸包上与斜率为 $c$ 的直线相切的点 $(x, f(x))$ 一定是 $f(x) - cx$ 最大的，于是这样就直接让原来的每个物品的价值减少 $c$，然后贪心地选使得 $f(x) - cx$ 最大，这个最大的点 $(x, f(x))$ 若 $x > k$，那么相当于是切点靠后，于是需要调小 $c$，否则需要调大 $c$。 然后当 $x = k$ 的时候，直接求出来最大的 $f(x) - cx$ 再加上 $cx$ 即可。假如存在那种三点共线的情况，。时间复杂度 $O(n\log n)$。
P2619
先扔出来结论就是设 $f(k)$ 为选取的白色边为 $k$ 条的最小生成树的边权，则 $f(k)$ 是下凸函数。因为相当于直接跑出来的最小生成树 $mn$ 条白边，这里 $f(mn)$ 在 $mn$ 处取最小值。然后不管是增加还是减少一条白边，需要的边权一定增加且越到后面需要的代价越大。
于是直接二分斜率 $c$，切点靠前的话 $c$ 就增加否则减少，然后计算的话就是每条白色边减掉 $c$，然后求出来最小生成树白色边的数量。若多于 $need$，$c$ 减小，否则 $c$ 增加。时间复杂度 $O(E \log \frac{\max(v_i)}{\min(v_i)})$。 其中 $v_i$ 代表第 $i$ 条边的边权。
CF140E(*2600)
先考虑满足每行相邻小球颜色不同的方法数。令 $dp_{i, j}$ 表示，前 $i$ 个小球，染了 $j$ 种颜色，则有
$$
dp_{i, j} \times (j - 1) \to dp_{i + 1, j}, dp_{i, j} \to dp_{i + 1, j + 1}
$$
即 $dp_{i, j} = dp_{i - 1, j - 1} + dp_{i - 1, j} \times (j - 1)$。 自然还要乘上 $j! \times C_{m} ^ {j}$。
记 $g_{i, j}$ 表示前 $i$ 行，其中第 $i$ 行被 $j$ 种颜色染的情况数。
$$
g_{i, j} \times dp_{l_i, k} \times k! \times C_{m} ^ {k}\to g_{i + 1, k} (k \neq j)\\g_{i, j} \times dp_{l_i, k} \times k! \times (C_{m} ^ {k} - 1) \to g_{i + 1, j}
$$
记 $qz_i = \sum\limits_{j = 1} ^ {l_i} g_{i, j}$，则有 $g_{i + 1, j} = j! \times dp_{l_i, j} \times (qz_i \times C_{m} ^ {j} - g_{i, j})$。
时间复杂度 $O(\sum\limits_{i = 1} ^ {n} l_i)$，可以通过本题。
CF1514D(*2000)
考虑到若区间众数有 $x$ 个，那么若 $x \leqslant \lceil \frac{len}{2} \rceil$，那么答案就是 $1$，否则答案就是 $x - (len - x)$，因为一个区间里该众数的个数和其它数的个数总和之差 $\leqslant 1$。
对于每个区间选出众数这玩意儿可以随机化，或者考虑到绝对众数出现的位置一定在该区间排序后的 $\lfloor \frac{r - l + 1}{2} \rfloor$ 位，于是只需要主席树维护一下即可，时间复杂度 $O(q\log n)$。好像还有什么摩尔投票的方法解决，但我一直没想清楚时间复杂度，觉得有 $O(qn)$，这就先咕了。
CF1420E(*2500)
令 $dp_{i, j, k}$ 表示，前 $i$ 个人中有 $j$ 个人有护盾且最后一个人 $(i)$ 也有，将原数组前 $j$ 个有护盾的人匹配过来需要 $k$ 的代价时选取前 $i$ 个数中的两个作为需要守护的人。时间复杂度 $O(n ^ 5)$，空间复杂度 $O(n ^ 4)$，可以通过本题。
AT_agc052_b(*2473)
观察到题目中有个性质是 $n$ 为奇数，但不知道如何利用。说实话自己训练量还是不够啊，感觉这题思路不太自然。
边权转化为点权，每个点的点权等于它父亲节点的点权异或上它到它父亲的边权。那么容易证明对于每次操作，相当于交换两个点的点权。
后面手玩数据发现并不可行，其实是因为没考虑根节点与其中一个儿子的操作，于是只需要在根上面再建一个虚拟节点，这时候只需要算出虚拟边最后的权值即可（因为相当于所有点都有异或这个）。
这里突破口其实就是 $n$ 为奇数这个条件。$w_2$ 的异或和是 $w_1$ 的异或和再异或上虚拟边的权值，然后只需要检查一下 $w_1$ 和 $w_2$ 是否能对应上即可。时间复杂度 $O(n)$。
AT_agc040_c(*2740)
这种唐诗智慧题，感觉给我自己搞永远都想不出来。
对奇数位和偶数位进行黑白间隔染色，然后将奇数位上的 $A$ 换成 $B$，偶数位上的 $B$ 换成 $A$，那么相当于不能删除 $AA$ 或者 $BB$，于是考虑一种贪心的删法，每次用一个 $C$ 或者另一个字符删除多的那个。于是不合法的情况就是 $A$ 或者 $B$ 的个数 $> \frac{n}{2}$，这样直接减去不合法的情况就好，时间复杂度近似线性，因为还有逆，但只跑了 $1.7s$。
CF1641D(*2700)
啥啥 bitset 和根号分治有些复杂，这玩意儿看出 $m$ 很小，直接随机化暴冲。
将 $a$ 离散化下来，设为 $[1, S]$ 的元素，假如 $S$ 很小，那么直接暴力 $O(S2 ^ S)$ 过题。于是考虑缩小 $S$。
具体而言，选取一个模数 $P$，然后给 $[1, S]$ 中的数赋上随机权值。这样离散化数值相同的数所赋的权值一定相等，但是可能会有实际上不同的元素赋上相同的权值，这里正确性的概率是 $\frac{C_{P - 5} ^ {5}}{C_{P} ^ {5}}$ 这里取 $P = 20$ 就 $≈ 0.2$。
随机化 $20$ 次就差不多可以达到 $> 99 \%$ 的正确率，时间复杂度 $O(TP2 ^ P)$，可以通过本题。
CF888G(*2300)
显然要建 trie 树。考虑合并的时候，假如 $0$ 和 $1$ 的子节点都存在的话，那么拿出 $0$ 的所有节点，然后在 $1$ 这棵子树中找异或最小值，递归求解即可。
考虑到每个数在 trie 树上深度最大是 $30$，于是每个数暴力求解的次数不会超过 $30$，考虑存下 trie 树上每个点子树内在数组中的编号，但这样空间会炸掉。
然后发现单调性，就将原数组排完序后对于 trie 树每个节点求出在数组中最左边和最右边在该子树内的下标。时间复杂度 $O(n\log ^ 2 {\max\limits_{i = 1} ^ {n} a_i})$，可以通过本题。
CF843D(*3400)
抽象题。
先求一下最短路。
对于每次更新，新设置一个 $add$ 数组，然后维护值域那么多个堆，从小到大依次加，$add_x = \min(add_x, add_{fa} + c_{fa, x} - dis_x)$，其中 $c_{x, y}$ 表示 $x$ 到 $y$ 的边权，$dis_x$ 表示更新前 $1$ 到 $x$ 的最短路径长度。
这样时间复杂度即为 $O(q\times (n + m))$，时限 10s 还有点卡，把 vector 换成链式前向星是可以通过本题的。
