题解写的非常简略，甚至一道题细节都没有清楚。
AGC067D
首先设排列为 \(1\sim n\) 是可行的。
第一感觉是相邻不可交换，即如果 \(l_i<i\)，则 \(r_{i-1}=i-1\)。进一步地，\(r_{l_i\sim i}<i\)，如果满足这个条件也易见其唯一性。
画在二维平面上，这等价于 \(y=x\) 每个点伸下去、伸到右边的线不相交（以下胡）。
对红色的结构 dp，大概获得一维状态，，？
AGC067B
反转之后变成覆盖，大概可以写出类似于锤子 dp 的东西，但是问题是合并段的时候是无法去重，但是还真的没法去重。
但是结构比较简单，为了解决这个问题变成熔池计算，计算 \(f(l,r)\) 时直接容斥计算不可行方案即可，，，
AGC045D
策略就是从 1 开始不断点亮一个环。在所有灯点亮之前搞出 1~A 的自环或者 \(A+1\sim n\) 自立为环就寄了。用 GF 可以计算。
AGC062D
困难，，，
转切比雪夫，判定答案是否合法。首先设最大的是 \(D_M\)，有解条件是 \(D_M\le 2\sum D_i\)。答案具有显然的界 \([D/2,D]\)，然而这是很有好处的。
那么答案可以调整为这样的结构：走到正方形边界 \(X\) 上，徘徊一阵子，再走回来。这原因是任意点都可以在边境上徘徊。走到边界上可以的充要条件是：使用了若干 \(<X\) 的且和 \(\ge X\)；使用了若干 \(<X\) 和恰好一个 \(\ge X\)，满足小的加起来加上 \(X\) 大于等于大的那个。
枚举答案，由于徘徊可以任意，需要尽量构造去的和回来的；可以背包简易判断。
AGC036E
比较优秀的。相同的缩成一个，假设 \(cnt(A)\le cnt(B)=cnt(C)\)，那么可以不断减除 BC 串，最终达到答案的上界 \(3cnt(A)\)。如果 \(C\) 还要更多，我就要尽量减除 C，使受影响的 A 最少。因此先删除 C 再删除 AC 即可。
AGC039F
搞一下相当于求两个矩阵 \(A,B\) 使得 \(B\) 的每个位置 \(B(x,y)\) 比 \(A\) 的 \(x\) 行 \(y\) 列的所有元素都要大。考虑结构没有办法，但是扫描值域，记录 \(A\) 插入完成了多少行列，交点处就是 B 可以插入的；新插入的贡献系数可以如如计算，总之这样得到了 poly 的复杂度。
AGC008F
钦定不可为全树，那么考察 \(N(x,d_1)=N(y,d_2)\) 相等的条件：存在路径中唯一结点使得其子树只覆盖了上面几层，别的子树覆完。这样如果 \(d_1<d_2\) 那么 \(y\) 可以向 \(x\) 移动易见仍合法，而如果 \(d_1=d_2\) 则两边都可以走一步。因此从这个过程得到这样的结论：
如果在最小的 \(d\) 上统计每个集合，这样的 \(d\) 唯一，且一个 \((x,d)\) 被统计的充要条件是 \(\not\exist y\in N(x),N(y,d-1)=N(x,d)\)，这样解决了全是喜欢点的问题。
对于非喜欢点 \(N(x,a+b)\) 考察其可能和喜欢点 \(N(y,c+b)\) 相等的情况：此时设那个中间点是 \(z\)，伸下去的距离是 \(b\)，那么除非 \(x=z\) 那么 \(N(x,a+b)=N(z,b)\) 非最小，因此一个 \(N(x,d)\) 合法当全覆了一个包含喜欢点的子树。可以统计。
P10042 略
ARC122F
不少区间问题具有简单的贪心方法，然而转化为图论问题方便维护变化，之前的例子是选少点使得所有区间包含有点然而变成 LCT，这里又有例子。
显然红点是有序阶梯状物，然后做法是设某个蓝点 \(x\) 最终覆盖 \([l,r]\)，就让 \(l\to x\to r+1\)，同时任意 \(i\to i-1\)，形成 \(k\) 个路径即合法。然而 \(l\to x,x\to r+1\) 是独立的，事实上可以连出权值为移动大小的边，这个连边可以前后缀优化建图，于是 \(k=1\) 是最短路问题，\(k\) 更大是费用流问题。
AGC043F TBC
