Codeforces Round #792 A~G

难度D>E>G>F>B>C>A

A

当n>=3时都可以先把min换到位置2，然后随便找两个换，直到n=2时换12，输出min
否则n=2时只能直接换，输出a[2]

B

我写的是a+b*c,b,c，当然也可以直接a+b+c,b+c,c

C

随便找一个不合法的对(i,j)和(i,j+1)，则显然要动至少一个
所以暴力换一列就可以了，维护一下相邻的不合法对数

D

非常妙的贪心
考虑把跳操作改一下，改为对当前位置减a[i]，然后对后面的加1
发现这样和原操作的区别在于第j个跳的位置会多加j-1
所以枚举跳的总次数k，多出来的就是k(k-1)/2，初始全部都不跳，之后按-a[i]+(n-i)排序跳

E

枚举mex，然后要使diff最小
其实就是用>=mex的数来填0~mex-1，则每次用个数最小的那个来填会使diff最小
每次mex+1时可能要把原来选了的弹掉，然后继续选
列出diff的计算式然后维护即可，细节比较多

F

和two pointer没什么关系的做法
记i位置的a[i]的上一个出现位置为pre[i]，用扫描线求出所有有影响的(pre[i],i)
然后相当于选一个矩形覆盖，使得所有(x,y)至少有x或y被覆盖
那么对于每个(x,y)，显然有ans=[L,R]，使得R>=x,L<=y
这样做会得到一个[L,R]，满足剩下还未覆盖的(x,y)一定是x<L,R<=y，即横跨过[L,R]
然后对剩下的(x,y)排序，枚举x维护min(y)，可以用two pointer

G

大力观察，发现当t<=m/3时可以直接(3t,2t)解决，所以ti<=m/3可以当作资源来用，最后统一处理
再观察发现若t>=m/2，则a>b>t，因为a>b所以a>=b+t>m，所以如果t>=m/2就直接寄了
现在把t∈[1,m/3]和t∈(m/3,m/2)的分成AB两类，现在要把所有的B类解决

假设某个B类的t，其不能直接作为终点结束，因为至少要a=3t，所以要往后除下去
设t是c，前两个是ab，后面的一个是d，则根据c>m/3，a<=m的约束只能是a=b+c,b=c+d
假设c%d≠0，那么会继续下去直到得到gcd(c,d)，此时c%gcd(c,d)=0，中间过程的数都要消耗
由于A类的数是消耗品，发现这样做不如直接选gcd(c,d)，可以省掉中间的消耗，所以c%d≠0时不优，故c%d=0
所以问题变成选满足约数关系的AB类匹配，同时还要有a<=m，即2c+d<=m，连边跑匈牙利即可构造