也不愿在拥抱过浓墨重彩的热烈后 被迫离开

待更新。

CF 835 E | 2-

如果直接二分位置，是不可以的，因为可能紧挨在一起。

两个不同的下标，二进制位一定有不同。所以可以二进制分组询问，一定有一组，使得该组内 \(y\) 的数量是奇数。同时可以求出两个位置的 \(\oplus\)。

那么求出这一组就好办了，直接二分位置即可。

可能的提示？\(19\) 次询问，可以是 \(2\log_2 n\) 这种复杂度。那么只有二进制，二分之类的了。

CF 1205 C | 1+

很容易发现太长的没有用。那么询问距离是 \(2\) 的，容易得出“相等关系”。因为左上角右下角有了，所以可以得出“黑色格子”是啥，“白色格子”有两种填法。

假设是一种填法，看看矛不矛盾。现在只剩下了 \(2\) 个询问，所以不能乱问。

考虑 \(n=3\) 的情况。这个时候左上、右下都知道是啥了。按照题目中绿色箭头的想法，选择长度为 \(4\) 的路径。这么时候，因为有一端是白色格子，如果返回 \(1\) 就确定了。否则有两种情况：中间不行、两边不行。由于左上右下不等，所以两个对角线的白色格子如果相等，那么一定是中间出了问题，容易求出。否则就似乎两边出了问题，也容易求出。

推广一下，发现一定有 \(a_{i,i}=0,a_{i+2,i+2}=1\)，所以做完了。

以小见大的方法。

当然也可以不用分类讨论。直接暴力找出能区分的也是可以的。

CF 1934 D2 | 0+

感觉这个可以手动模拟几次就出来了，而且归类更应该是博弈论。

发现 \(n=1\) 后手，\(n=2\) 先手，\(n=3\) 后手。直接猜想和奇偶有关，归纳一下就可以了。

trivial 的想法是拆成 lowbit，但是可以被卡成 \(\mathcal{O}(n)\)，不好。所以用 highbit 就可以了，保证每一次 highbit 减一。

CF 1934 D2 | 0

这个比较简单。一个基础的想法是先找到两个点，拓展到叶子，这个是简单的。但是你选择的两个点不一定过根。

判定好判定，可以 \(n\) 次操作知道距离，而要求 \(2maxdep-1\)。所以可以随机化，每一次随机两个点，不合法只有大概 \(\frac{1}{2}\) 的概率，所以可以通过。

CF 1973 D | 1

显然 \(\max\mid m\)。那么求出 \(\max\)，确定倍数就好了。

第一步，可以直接枚举 \(\max\) 是啥，因为 \(f(1,n)=\max\times n\)。

第二步，乍一看不能暴力，但是仔细算一下，发现 \(m\) 最大只能是 \(\max\) 的 \(\frac{n}{k}\) 倍（鸽巢原理），而每一次模拟可以直接拓展 \(k\) 次。

所以就是 \(n+\frac{n}{k}\times k=2n\)。

CF 1406 E | 1+

比较套路。

发现 \(10^5\) 以内的质数没有到 \(10000\)，所以一定是确定质数是啥。

显然难点是找到存在哪些质数，因为找到了以后暴力求出指数是 \(\log\) 级别的。

一个数只能有一个 \(\ge \sqrt{n}\) 的质数，小一点的直接暴力。大的考虑优化。朴素的方法是 B 一次 A 一次，这个要两倍，不可取。那么就经典的分块，大小 \(100\) 左右，那么就是 \(2\times 100\) 的了。可以通过。

这题的难点是发现判断存在性，可以分块加快速度。两个鹰蛋也是这样子的。

CF 1267 I | 1++

第一个条件很好满足，重点是第二个条件。

一种想法是，留下最大的两个数不比较。一种做法就是，每一次取出 \(4\) 个数，比较它们的大小，然后最小的数直接问完所有问题，再把大的放回去，这样子就能保证。

CF 1354 G | 0

如果知道了第一个是重的，那么直接倍增两次就可以知道第一个轻的。

第一个直接随机化即可。

CF 798 D | 2

明显要一个排序。然后呢？

很重要的一点：从大到小 \(135\) 一定大于 \(246\)。

所以，即使选择 \(1,3,5\)，\(a\) 也能满足标准。在 \(2,3\) 中选择 \(b\) 更大的。

这个分组很巧妙。

CF 1599 A | 2

通常这种构造是没有无解的。

很重要的一点是，从特殊情况看起。如果是 LRLRLR，那么按照上一题排序以后 \(135,246\) 即可，一定是加入的那一边重。

很显然倒过来。发现逆过程是：如果去掉最大的，改变状态；取掉最小的，不改变。

CF 2049 E | 1

确定 \(k\) 的范围很重要，也要确定 \(1\) 的位置。考虑到如果询问两个区间都是 \(1\)，\(k\) 就会更小；否则无法判断左右。那么考虑划分成 \(3\) 个区间：如果前两个相同，一定在后面，否则在前面。

分类讨论的过程中发现区间长度 \(1:1:2\) 最好。就这样子即可。

问题的“复杂化”后可能更简单。

CF 2109 C3 | 1-

\(4\) 步很简单，digit，\(\times 9\)，digit，add \(n-9\)。

发挥人类智慧，多一些 \(9\) 会更好。进一步发现 \(\times 999999999\) 可以 digit 等于 \(81\)。就做完了。

\(9\) 的性质。

CF 1979 E | 0

经典的转成切比雪夫距离。然后就是发现两个点要么在同一行要么在同一列，高度还固定，随便维护即可。

CF 1374 F | 2+

限制是假的。考虑到前 \(n-2\) 个很好排序，问题在后面两个。

考虑 \(acb\) 显然不行，简化一下 \(aba\) 很好做，然后发现 \(aacb\) 也是好做的。那么可以在有连续相同的时候把后两个换过去，再换回来。

怎么想到的呢？枚举检验 \(acb\) 前面加 \(a,b,c\)。

CF 1761 E | 2-

特殊情况到一般情况。

如果有一个连通块不是完全图，可以直接操作一次，就好了，当且仅当不是割点。

否则的话全部都是团。那么如果有大于两个，可以操作两次不同的，否则只能是两个。这个时候只能把小的一个一个加入大的。

CF 1028 E | 1++

简化条件改成 minus，那么构造 \(a_i=\sum_{j=i}^n b_j\)，但是这个样子可能多减。那么就把最大的放在最后，并且不能 \(n-1,n\) 相同即可。还是有问题，可能 \(1\sim n-1\) 全部都是 \(0\)。这个时候可以 \(a_i\) 再加上 \(a_n\) 即可。

调整法。

CF 1896 F | 2

我想到了要将 \(1\) 的间隔变成偶数。但是可以加强条件，改成相邻相等。

这个是容易做到的，用 () 和 ((,)) 即可。注意可能外面要套一个 ()。