构造，交互，adhoc选做

GYM105631M

考虑尽可能多的构造，先拆成序列，发现能做到构造 \(\frac{n+1}{2}-1\) 个：找出前 \(\frac{n+1}{2}\) 个，然后按照 \(1, n, 2, n - 1\) 的大小顺序放，中间正好倒序插入 \(1 - \frac{n}{2}\)。
还差一次，没用上头和尾，稍微调整一下就行。

GYM105578B

纯纯人类智慧？题解没看懂，充要是 \(\gcd(n,m)=1\)，构造是 \(a_i = (i*m+1) \mod nm, b_j = (j*n+1) \mod nm\)。

GYM105588C

考虑模拟。
好像很好模拟，但是复杂度有点超标，而且不太好知道哪个东西留到最后。
但是反向思考是好做的，具体的若操作完答案是 \(x\)，则这次操作前答案是 \(x+\frac{x+k-2}{k-1}\)。
那只需要知道操作次数就能反向求答案了。
考虑 \(k\) 很小的时候轮数会很少，\(k\) 很大是时候 \(\frac{n}{k}\) 种类数很少。
根号分治就做完了。

CF1558C

增量构造。
注意每次是翻转前缀，所以我希望从后面一个个填好，这样就可以递归子问题。
不难注意到的是翻转不会改变位置奇偶性，可以先判掉不合法。
考虑剩下的情况是否一定有解，注意 \(\frac{5}{2}\) 的限制很奇怪，意味着要用 \(5\) 次操作还原 \(2\) 个位置，且由于最后两个分别是偶/奇，稍微思考可以得到如下构造：
\([1, pos_n], [1, pos_{n-1}-1], [1, pos_{n-1}+1], [1, 3], [1, n]\)。

CF1479C

简单题。
能看到 \(32\) 就往二进制上，不难发现 \(L\) 的限制是骗人的，最后连一条 \(L-1\) 的边就行，问题转化为如何构造 \([1,x]\)。
考虑每个节点代表一个二进制位，低位向高位连他自己权值的边，表示如果走这条边就选择他。
这样可以构造出 \([0,2^k-1]\)，实际上是第 \(i\) 个节点拥有 \([0,2^i-1]\) 的所有路径。
对于 \(x = 2^k+t\)，多余的部分也是好构造的，在对应位为 \(1\) 的节点上连边即可。

CF1325F

可能不简单但是我想的还蛮自然的。
这种问题先找一棵 dfs 树，然后环条件枚举非树边算一下大小就好判断。
然后剩下的一定是能找出独立集，构造如下。
证明是没有超过根号的环说明每个叶子返祖边数量小于根号，每次选 dep 最深的点然后删掉邻域只会每次删根号个点，能删根号轮。

CF2057G

妙妙。
考虑找到五种染色方案满足 \(\sum c = |p+S|\)，这样就存在一种方案满足 \(siz \le \frac{1}{5}|p+S|\)。
对平面五染色，考虑第 \(i\) 种方案，找出所有满足为 \(#\) 的颜色为 \(i\) 的点染色，以及那些没有被覆盖到的地方染色，注意到后者只存在于边界。
复杂度线性。
总结：……就是想不到啊，感觉第一步也没怎么见过。

CF1019C

牛逼。
考虑 dag 的情况，可以按照拓扑序染自己和邻域，没有染过就染自己。
这样可以使得任何点到染色点距离不超过 \(1\)。
题面限制为 \(2\)，我们希望用这一步覆盖到剩下的点。
也就是我们选出一个 dag，使得剩下的点到 dag 距离为 \(1\) 即可。
发现这是可以构造的！每次选一个不在 dag 的点并把它和邻域加入，直到不能再加入。此时不存在距离为 \(2\) 的点，若存在可以继续加入。

CF1584D

简单。
先二分出 \(k\)，剩下的次数不够二分了，然后发现组合数性质 \(\binom{d}{2}-\binom{d-1}{2}=d-1\)，就能求出来 \([j,k]\) 的长度，对 \(i\) 也一样。