判断是否大于等于 \(200\) 且小于等于 \(299\) 即可。

B

有 login 就将一个状态变量变量设为 \(1\)，有 logout 就设为 \(0\)。
如果在状态变量为 \(0\) 时，访问了 private，就将答案加一。

C

直接枚举 \(i\)，再暴力地 \(f_i = \sum_{j = i-k}^{i-1}f_j\)。
这里显然会超时，于是使用前缀和优化。
多出来一个 \(f_i\) 的时候，就同步更新对应前缀和 \(sum\)。于是 \(f_i=sum_{i-1}-sum_{i-k-1}\)。

submission.

D

首先将原串的 o 左右的问号改成 .。
对于剩下的问号，最小可以全部填 .，最大就将所有的问号连续段，间隔填 o。连续段长为奇数，就是第 \(1\) 位 o，第 \(2\) 位 .，……。

记最大能总共填 \(mx\) 个，最小总共填 \(mn\) 个（就是原来的 o 个数）。
如果 \(k=mn\)，那么所有问号都填 .；
如果 \(k=mx\)，那么对于奇数长度的问号连续段，必须要 o.o.o 这么填；对于偶数长度的问号连续段，可以 o.o.，也可以 .o.o，发现恰好都不能确定。
其他情况，就输出原串（即该是问号的，全是问号）。通过调整，能使得所有位置都不能确定（自己画一下最好）。

submission.

E

我们依次将 \(k=1,2,3...n\) 加入集合 \(S\) 中。
我们发现，答案就是与 \(S\) 中某元素一步可达，且不在 \(S\) 中的点的个数。
枚举 \(i\)，及其邻域 \(\{j\}\)。如果 \(i\) 在之前被算进过贡献，此时 \(i\) 不用删去了，将将贡献减一。再将 \(j\) 算进贡献就行，注意不要算重。

无解也很好判，使用并查集，每次将 \(i\) 与其邻域所有点 merge，如果 \(1\) 所在的集合的大小不为 \(i\)，那么从 \(1\) 不能走到 \(2 \sim i\) 的所有点，亖。

submission.

F

补。
硬做。
我们希望枚举 \(i\)，能快速地算出所有 \(j\) 的贡献和。

考虑直径是怎么计算的。对于两棵树，我们分别算出：

\(l1_u\)：以 \(u\) 为根的子树，从 \(u\) 延伸向下的最长路。
\(l2_u\)：以 \(u\) 为根的子树，从 \(u\) 延伸向下的次长路。注意不与 \(l1_u\) 有公共边。
\(up_u\)：以 \(u\) 为根的子树外，从 \(u\) 延伸出的最长路。
\(val_u=\max(l1_u, up_u)\)，即从 \(u\) 向任意方向延伸的最长路。

第一棵树的直径 \(D1\) 就是 \(\max_{i}\{d1_i + d2_i\}\)，第二棵树 \(D2\) 同理。
显然连边后，新树直径不小于 \(D=\max(D1, D2)\)。

我们枚举 \(i\)，其答案就是 \(\sum_j{\max(D, val_i+1+val_j)}=n2 \cdot D+\max(0, val_j - (D-val_i-1))\)。
这里 \(p=D-val_i-1\) 是定值，套路地，我们需要查询大于等于 \(p\) 的所有 \(val_j\) 之和，减去大于等于 \(p\) 的个数乘上 \(p\)。
弄两个桶记录一下就行。
时间复杂度 \(O(n1+n2)\)。

submission.