7.7

标 * 表示看了题解。

CF2123F

首先 \(p_i = i\) 的排列是 good 的。那么就要思考怎么调整。

对于一个数 \(x\)，它能调到 \(x\) 的因数或倍数位置上。按照相同的因数分类，如果存在某类只有一个数，那么就无法调整。剩下就只要思考如何调整就行了。不难想到只要把同一类循环位移一位就满足要求了。

CF2118D1 *

看了一点就知道了，对数据范围不够敏感。

因为 \(k\) 很小，所以可以记录下当前处于哪个点，已经花的时间模 k 的余数和方向，然后 bfs 搜一遍就行了。

D2 不会，明天再说。

CF2121F

对于条件一是一个经典问题：枚举右端点 r，统计左端点有多少个 l 满足 \(pre_r - s = pre_{l - 1}\)，用 map 统计一下就好了。

但是区间 max 不好处理，因为不具有前缀和一样的性质，但是可以弱化一下这个条件，变成 \(\max([l, r]) \leq x\)。那么就只要在条件一的经典做法上稍作修改：当 \(a_i > x\) 的时候，把 map 清空，因为此时前缀不能贡献答案，剩下同经典做法，最后的答案就相减一下。

CF2121G *

看到把 max 拆掉就知道咋做了，，，

首先 \(\max(x, y)=\frac{x+y+|x-y|}{2}\)，那么 \(f([l, r])\) 就是区间长度 + 区间中 0 和 1 个数差的绝对值。这两部分可以分开计算。对于区间长度就枚举区间长度，每种区间长度可以贡献 \(n - i + 1\) 次。

绝对值部分也是一个经典问题：令 0 为 +1，1 为 -1，\(pre_i\) 为前缀和。将 \(pre_i\) 从小到大排序，这样就能去掉绝对值。对于一个 \(pre_i\)，它取正号时贡献 \(i\) 次，取负号时贡献 \(n - i\) 次。

CF2117G

大胆猜测，边取尽量小的时候答案更优，因为对于一个小边和大边，先插小边不会使答案更劣，先插大边可能会漏掉更优的解。

那么就是类似于最小生成树，维护 1 和 n 的连通性，当 1 和 n 连通时更新答案。