CF1383 题解
这次不看题解只会 AB 两题。
A
这个题当时还是会做的。
如果 \(\exists i,A_i > B_i\) 就无解，否则我们就每次暴力找到当前 \(A\) 中字典序最小的一起往上提升即可。
B
有些博弈论问题要去关注一下题目里的不动量。
设先手的得分为 \(x\)，后手的得分为 \(y\)，\(n\) 个数的 xor 和为 \(sm\)，那么有 \(x \text{ xor } y = sm\)。
按位考虑：如果 \(sm = 0\) 就是平局，因为每一位都是相等的。
考虑 \(sm\) 的最高位，现在变成了你有 \(a\) 个 \(1\)， \(b\) 个 \(0\)，问先手能否拿到奇数个 \(1\)。
首先我们考虑一下 \(b=0\) 的情况：首先 \(a\) 一定是奇数，然后我们发现如果 \(a \bmod 4 = 3\) 那么先手就必败否则先手必胜。
那么我们考虑一下 \(b\) 的用处：如果先手选了一个 \(0\) 就可以把局面推给后手。
如果 \(b\) 是偶数就对局面完全没影响：后手只需要在先手选择 \(0\) 的时候模仿他的操作即可，下面考虑 \(b\) 是奇数的情况：
如果 \(a \bmod 4 = 3\) 的话，那么先手通过取了一个白色棋子将其变成了后手的必败局面（白色妻子为偶数无影响，黑色棋子满足必败的数量），所以先手是必胜的。
如果 \(a\bmod 4 = 1\)，先手如果取黑色棋子，然后模仿后手操作的话，可以发现后手取到的黑色棋子一定是偶数个，所以先手必胜。
所以这个题目就是判断是否 \(a \bmod 4 = 3\) 且 \(b \bmod 2 = 0\) 。
C
这个题和 \(A\) 的想法完全不一样。
首先我们考虑如果有要求字符 \(a\) 变成字符 \(b\)，我们就连有向边 \(a \to b\)。重边显然可以去掉，
我们发现题目可以转化为我们现在有一个 \(20\) 个点的新图（初始无边），我们要按照一定的时间顺序加入一些有向边满足在原图中如果有边 \(u \to v\) 那么新图中要求 \(u\) 能经过时间顺序递增的边到达 \(v\)。
显然每个弱连通分量都是独立的，我们可以断言对于一个弱连通分量，设它最大的导出 DAG 子图大小为 \(m\)，它需要的最少操作次数为 \(2n-m-1\)。
这样可以感性理解一下：我们可以花费 \(2n-2\) 的方法让所有点之间都是互相可达的，但是我们可以选出一个 DAG 让他们之间不用循环连两次边，因为 DAG 中只有前面连向后面的边，所以我们要找一个最大的 DAG。
证明：
首先我们先证明能取到：我们设不在 DAG 上的点编号为 \(m+1,m+2,\ldots,n\)，在 DAG 上的点按照拓扑排序编号后为 \(1,2,\ldots,m\)，那么我们可以连边 \((m+1,m+2),(m+2,m+3),\ldots,(n-1,n),(n,m+1),(m+1,m+2),\ldots,(n-2,n-1)\)，共 \(2(n-m)-2\) 条边。
然后我们连 \((m+1,1),(1,2),(2,3),\ldots,(m-1,m),(m,m+1)\) ，总共 \(m+1\) 条边，所以总的操作次数为 \(2n-m-1\) 次。
然后我们证明这是一个下界：下界好像不是很好证明，先咕一咕
D
首先我们发现如果我们想保证最大值的话我们可以从大往小填数，然后对于每个数我们可以预处理出来他是不是某一行的最大值，是不是某一列的最大值。
我们考虑维护一个长宽可变的答案矩阵，如果当前这个数是某一行的最大值，我们就新增一行并且将这一行最后一列的地方填上这个数，列同理。
如果这个数字根本不是最大值，我们就可以维护一个没有填的格子的矩阵，这里注意我们要用一个队列维护，每次从左到右（从上到下）按顺序加入新增的空格子，这样才能保证最大值左面（上面）是递增的。
这样构造显然满足性质，但是我想不到，以后构造可以尝试一下动态调整。
E
操作实际可以看成我们每次一个 \(1\) 可以吃掉相邻的一个数字，\(0\) 可以吃掉相邻的一个 \(0\)。
遇到计数问题先考虑如何解决判定问题：我们假设匹配到了长串的第 \(i\) 个，短串的第 \(j\) 个，如果短串下一个是 \(1\) 的话，我们找到长串中下一个是 \(1\) 的位置，用它吃掉前面的 \(0\) 就好了。
如果下一个是 \(0\) 的话，假设当前短串 \(0\) 的连续段长度为 \(k\)，我们找到一个最小的 \(i' > i\)，满足 \([i'-k+1,i']\) 都是 \(0\)。如果 \(i' = i+1\) 就直接把这个 \(0\) 接到后面就行，否则显然 \(i'-k\) 是 \(1\)，用这个 \(1\) 把前面的东西都吃掉就行了。
但是发现这个情况对于开头一堆 \(0\) 的情况并不适用，所以我们需要特判掉开头的一堆 \(0\) ，也就是从第一个 \(1\) 开始计算。
发现这个贪心保证了每一个可行的串都只会在最前面被匹配完，类似这种的贪心我们可以直接对其设计一个 dp 去跑，是不重不漏的。
那么我们考虑设 \(f_i\) 表示匹配到第 \(i\) 个字符有多少个串能成功，转移只要预处理这个地方加一个 \(0,1\) 后跳到哪里就好了。优化转移需要预处理出 \(0,1\) 连续段个数，然后倒着求一下转移点。
设第 \(i\) 个点距离上一个 \(1\) 的距离为 \(d_i\)，最后统计答案的时候我们发现只有 \(d_i \leq d_n\) 的点才能成为结尾（能被最后面的 \(01\) 等效消过来），所以只加上这些位置的 dp 值就好了。
还是要看一下代码辅助理解。。
F
最大流=最小割。首先考虑 \(k=1\) 怎么做：我们就枚举是否割掉这一条边，分别跑一个最大流就好了。
到这个问题上，我们考虑去枚举所有 \(2^k\) 种可能的割边方案，分别跑一个最大流就好了，这样复杂度一看就有点卡（实际上也是过不去的）。
我们可以考虑用递归的方式处理出来每种割边的方案对应的权值，我们要求的实际上就是支持加边删边查询最大流。
删边可以通过存分治树上 log 个残量网络的边权来实现撤销，加边我们可以暴力增广 \(25\) 次。
然后就各种玄学卡常就过了吧。。建议没事不要写这题。
