AGC11总结
果然还是做不动正常难度的EF
A,B不想写
C.Squared Graph
首先考虑怎样的两个点是联通的，对于点$(a,b)$和$(c,d)$，可以看作有两个人在点$a$和点$b$上，同时沿着原图的边走，每一次行走两个人都要走，如果可以分别走到$c,d$上，那么说明$(a,b)$和$(c,d)$联通
那么只要存在$a$到$c$路径长度等于$b$到$d$的路径长度，那么这样的两对点就是联通的，由于可以在图上随便走，那么只要考虑$a$到$b$路径是否存在奇数长度和偶数长度，$b$到$d$同理，如果有一种都存在，那么就是联通的
考虑原图上的一个连通块，如果这个图中没有奇环（可以通过走到奇环上来改变当前的奇偶性），那么不能使联通块中两点都存在奇偶长度的边（如果有奇环就是都存在），那么这个联通块就是一个二分图，同侧的点存在偶数的路径，异侧点存在奇数路径
考虑到点对的图上会产生多少个联通块，首先是两个出发点都是在一个连通块，如果二分图产生$2$个，否则产生$1$个
考虑两个出发点不在同一个连通块中，如果都是二分图产生$4$个，都不是二分图产生$1$个，否则产生$2$个
最后判断一下独立点即可
D.Half Reflector
好，先来三个结论，推死了
1.对于一次放球的操作，如果第一个装置为$A$，那么只把第一个装置改为$B$；否则对于$x$个$B$，$y$个$A$的形式，即
$AAA...ABBB...B$变为$x-1$个$A$,后$y$个$B$，最后一个$A$的形式，$AA...AABBBB...BA$，并且球从右边出去
如果最后一个极长连续段为$BB...B$，那么全部变$A$即可
证明？手玩就可以了
2.对于足够多次操作之和，序列一定会由$BABABABA...$组成
因为球在通过$BA$的时候，如果$BA$处于序列的最后，那么就不会改变$BA$的状态，这样的$BA$是稳定的
当然如果$n$为奇数，最初一个装置的状态会在$A,B$中来回变化
并且在操作的过程中，稳定的$BA$一定从后往前依次出现，直到开头
3.可以发现，在操作过程中，一个$BA$形成之后，前边的序列是由原来的序列（剔除之前已经有的稳定$BA$）向左平移$2$个单位得到
证明：对于最简单的形式$x$个$B$，$y$个$A$$(x\geq 2,y\geq 2)$，记$(x)A$表示有$x$个连续的$A$
一次操作后$(x-1)A(y)B(1)A$
再一次操作后$(1)B(x-2)A(y)B(1)A$
再一次操作后$(x-2)B(y)A(1)B(1)A$
那么就是在最后产生了一个稳定的$BA$，并且向左平移一位
有了上面的三个结论，就可以做了，对于每一个形成的$BA$，可以得到需要操作几次，那么可以确定$k$落在哪一个范围内，在范围内暴力找即可
对于序列开头是$A$的，次数$+1$，并将开头改为$B$
对于开头$B$只有$1$个的情况，次数$+2$
否则次数$+3$
所以一段区间内最多$4$次操作，暴力更改即可
E.Increasing Numbers
好妙啊，然而无脑贪心也是对的
一个重要的观察，对于一个Increasing Numbers，最多拆分成$9$个$111...1$相加的形式，那么如果当前这个数$n$可以拆成$k$个Increasing Numbers的话，$n$最多被拆成$9k$个$111...1$相加的形式（我是根本想不到）
那么考虑二分答案
$n=\sum_{i=1}^{9k}(10^{r_i}-1)$
$9n+9k=\sum_{i=1}^{9k}10^{r_i}$
那么只要统计$9n+9k$所有数位上数字的和$sum$，如果$sum\leq 9k$，那么合法
然而，每一次找最大的Increasing Numbers减掉也是对的，只要将每一个连续段缩成一个点，然后找到第一个下降的地方，前面所有的数抹掉，这个连续段抹掉第一个数，剩下的数$+1$继续处理，相当于每一次剪掉$xxxxx(x-1)99999...$这样的数，但细节超级多，一开始细节写挂了，以为做法假了
但是这个做法为什么是对的呢
考虑上面那个做法，如果直接利用$1111...1$去减$n$的话，就是贪心地最高位能取则就减掉最高位，但是直接做时间复杂度不对，这就是为什么上面那个做法要用二分的原因，考虑将若干的操作合并到一起，那么就得到这个贪心做法
F.Train Service Planning
首先如果保证向$0$方向的列车不在中途停靠，最小化向$n$的列车在站点的停靠时间，是不会使答案更劣，并且由于每$k$个时间都会发出一辆列车，那么所有的运算可以在模$k$的意义下进行
设$0$方向的列车永远从$k$的时间出发，那么其实就是从$0$出发，设$s_i$为$a$的前缀和，$p_i$为到$i$号站点，停靠时间的总和，其中$p_0$为出发时间
如果$b_i=1$，那么两辆列车在运行过程中不能相交，那么对于$0$方向的列车其运行时间为$(-s_i,-s_{i-1})$，$n$方向的列车运行时间为$(p_i+s_{i-1},p_i+s_i)$，那么只要这两个区间不交即可
解出不等式即$p_i\in [-2s_{i-1},-2s_{i}]$
最初我在想时候，由于没有设好坐标，写出来的条件很复杂，到后面的DP也不好利用数据结构维护，所有当条件出现了一些难以处理的特殊情况时，要换一个角度，改变一下设的条件，看有没有更好的形式
那么问题就变成了，选择一个初始位置，每一次加一个数使得这个数在对应的区间内，问最少需要加多少个数
对应到原问题上，每一次如果需要的在站内等候，那么一定是等到下班的列车到达时候就走掉，那么就是这个问题每一次都贪心的走到左端点
考虑$dp$，设$dp[i]$表示到$i$个限制左端点的最小代价，那么可以从后往前$DP$
$dp[i]=\min\limits_{l_i\notin [l_j,r_j] } dp[j]+dis(l_j,l_i)$
由于观察到每一个区间其实是单调减的，$dp$也是单调减的，那么这个$min$就可以去掉，变成最后一个没有覆盖到$i$的$j$
那么区间覆盖可以用线段树维护
