CF/AT 泛做
CF R 682 Engineer Artem [*2000]
考虑奇偶性，显然如果一个偶数与奇数相邻，必然他们不相等。
直接考虑黑白染色，黑点改为奇数，白点改为偶数即可。
时间复杂度 \(O(tnm)\)。
https://codeforces.com/contest/1438/submission/117497127
Edu CF R 89 Two Divisors [*2000]
考虑将每个数质因数分解，再来构造。
如果被分出来的两个因数 \(d_1,d_2\) 满足 \(\gcd(d_1,d_2)\not=1\)，那么他们的和会为 \(d\times(\frac{d_1}{d},\frac{d_2}{d})\)，其中 \(d\) 为 \(x\) 的一个约数，这显然不可取。
所以，我们就有了一个构造方法，当 \(x\not =p^k\) 时，其中 \(p\in\text{prime}\)，无解，而其余情况，固定 \(x\) 的任意一个质因子 \(d\)，输出 \(\frac{x}{d^k}\)，其中 \(x\) 可被分解为 \(a\times d^k(a\not \equiv 0\pmod d)\)。
时间复杂度：线性筛 \(O(10^7)\)，单次回答 \(O(\log x)\)，总时间复杂度 \(O(10^7+n\log x)\)。
http://codeforces.com/contest/1366/submission/117498343
CF R 223 Sereja and Brackets [*2000]
数据范围 \(10^6\)，考虑 \(\log\) 级别数据结构。
考虑用线段树维护，对于每一段区间，维护三个值，靠左的右括号个数 \(l\)，靠右的左括号个数 \(r\) 以及当前匹配的括号个数 \(ans\)。
pushup 时，直接考虑处理每一段接起来后中间可合并的括号。
时间复杂度：建树 \(O(n\log n)\)，询问 \(O(m\log n)\)，总时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)。
https://codeforces.com/problemset/submission/380/117713290
Edu CF R 46 We Need More Bosses [*2100]
显然有一个结论是，在同一个边双连通分量的点之间的答案为 \(0\)。
所以直接对边双缩点，在缩出来的树上求直径即可。
时间复杂度：\(O(n+m)\)。
https://codeforces.com/contest/1000/submission/117848026
Edu CF R 46 One Occurrence [*2400]
大力莫队，\(O(n\sqrt{n})\) 过 \(5\times 10^5\) 不是梦。
这个做法很卡，但还是过了。
考虑怎样维护答案，我们考虑求出出现个数为 \(1\) 的数，并用一个栈维护。
加入很好做，删除呢？
考虑记录出每个数所在栈的位置，把这个数踢出去的同时，把栈顶丢到这个数所在的位置。
这样，对于每一次询问，直接求栈顶的值即可。
时间复杂度：\(O(q\sqrt{n})\)。
https://codeforces.com/contest/1000/submission/117852388
CF R 723 Kill Anton [*2200]
有一个结论，就是答案串必然由连续的字母段组成。
所以，大力枚举连续字母段的组成，即 A、N、T、O 的一个排列。
剩下的，显然要考虑如何配对，又有一个结论，即在前面的字符匹配在原串中前面的相同字符，这样排队一定是最优的。
那么，对组成的序列编号后，对应编号，求逆序对即可。
时间复杂度 \(O(24n\log n)\)。
https://codeforces.com/contest/1526/submission/117721441
CF R 643 Guess Divisors Count [*2600]
精辟乱搞。
显然问出正确答案不切实际，考虑如何问出近似答案。
考虑尽量询问多的约数，所以开一个队列，尽量询问多的约数并统计答案。
在询问了 \(22\) 次之后，我们可以乐观估计，小于 \(850\) 的素因数已被询问出来，考虑剩下的数（以下 \(p\) 表示任意大于 \(850\) 的素数）：
- \(1\)：此时 \(d=ans\)；
- \(p\)：此时 \(2\times d=ans\)；
- \(p^2\)：此时 \(3\times d=ans\)；
- \(p_1\times p_2\)，此时 \(4\times d=ans\)；
- \(p_1\times p_2\times p_3\)，此时你会发现，\(850^3\times 2>10^9\)，这说明 \(ans=8\).
考虑对求出的 \(d\) 做一定的调整，如何调整呢？乘以 \(2\) 即可，此时发现会完全符合条件。
https://codeforces.com/contest/1355/submission/117991144
ARC 103 B Robot Arms [*2677]
首先考虑如何判无解，容易发现，如果 \(x_i+y_i\) 的奇偶性有不同的，显然不可能有解。
考虑接下来如何构造，发现 \(m\le 40\) 很有学问，考虑二进制分解一下。
倍增构造，步长设为 \(2^k\) 幂，每次选择距目标点较远的坐标来跳，容易发现这是一定可行的。
https://atcoder.jp/contests/arc103/submissions/23176829
ARC 103 D Distance Sums [*2836]
考虑如何求 \(D_i\)，显然有一个 DP 式子：
变形一下，得：
那么，我们只要知道 \(D_{son}\) 与其他常量就可以推出 \(D_{fa}\)。
钦定重心为根，显然此时叶子节点的值最大，从大到小对给定的 \(D\) 排序，根据每一个点的 \(D\) 推出他的父亲。
我们只满足了父子之间的关系，所以我们还要在构造完之后跑一遍 \(D\) 的值，以使得是对的。
https://atcoder.jp/contests/arc103/submissions/23177106
ARC 091 D Strange Nim [*2395]
考虑博弈论，显然可以设 \(f(i,j))\) 为大小为 \(i\) 的石子，且 \(j\) 为常数 \(k\) 的胜负情况。
如果你很牛逼或者善于打表，那么你可以得到一个结果：
那么，于是你直接暴力模拟，然后 T 了 \(4\) 个点。
发现在第三种情况中，我们会跳了太多次，所以考虑压一下跳的步数。
然后就没了。
CF R 729 Priority Queue [*2200]
考虑对每个数计算它的贡献。
那么我们需要求出它不被删去的贡献，DP 即可。
设 \(f_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个数中，选了多少个替罪羊，分几个情况讨论一下：
- \(i\) 在当前枚举的数之前：
- 若是一次删除：
- \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1}\)。
- 注意特判 \(j=0\)：\(f_{i,j}=2\times f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1}\)。
- 若是一次添加：
- 若是替罪羊：
- \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j}\)。
- 同样特判 \(j=0\)：\(f_{i,j}=f_{i-1,j}\)。
- 若不是替罪羊，选与不选均可：
- \(f_{i,j}=2\times f_{i-1,j}\)。
- 若是替罪羊：
- 若是一次删除：
- 若现在转移到 \(x\)，显然 \(f_{x,j}=f_{x,j-1}\)。
- \(i\) 在之前枚举的数之后，类情况 \(1\) 不过要做一定的修改：
- 当是删除且 \(j=0\) 时，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j+1}\)。因为如果没有了替罪羊，我们要计算的就会被删去，只好不选。
- 注意到本题有重复的数字，为了避免重复计算，在 \(i>x\) 时，一个数能成为替罪羊，当且仅当 \(a_i>a_x\)，而不是之前的 \(a_i\ge a_x\)。
记得取模。
