A - Digit Sum
答案 (leftlfloor frac{n+1}{10} ight floor)。
B - Reverse String
(O(n^3)) 暴力比对即可，或者 KMP (O(n^2))。
注意对于一个开始位置，向右走的时候不一定走的越多越好，大叉点。
C - Penalty
既然要尽快结束，必然要使 ? 完全倾向某一方，实现对另一方的快速吊打。
于是模拟两遍即可。
D - Backspace
将位置按奇偶分类，(t) 中相邻两个元素在 (s) 中的位置的奇偶性不同。然后套用序列自动机的手法即可。
注意如果从前往后扫，还枚举开头位置奇偶性做了两次的话，必须要判末尾多余字符是否能用 backspace 删完全，大叉点。
E - Permutation Shift
如何对于一个排列计算还原升序的最小交换次数？注意不是相邻交换，所以和逆序对关系不大。考虑将排列表示为置换环，那么交换次数为，(p_i e i) 的 (i) 的数量减去大小为 (xge 2) 的环的个数。这显然可以 (O(n)) 计算。
然而如果对于每个 (kin [0, n)) 都模拟一遍需要 (O(n^2)) 的时间。但实际上我们不需要模拟每个 (k)。考虑 ( ext{cnt}_k) 表示 (k) 长度位移之后满足 (p_i=i) 的位置数，易得 (sum_k ext{cnt}_k = n)。这说明如果一个 (k) 的对上的位置过少，似乎并不值得去做一边模拟。一个 (k) 值得我们去尝试，当且仅当 ( ext{cnt}_kge n-2m)。
观察到题中额外看似特意构造的限制 (mle n/3)，我们带入上式，发现只有 (3) 个 (k) 值得去尝试。直接模拟这三个 (k) 复杂度 (O(n))。
F - Pairwise Modulo
首先有一个必要的取模式子的转化：(xmod y = x - ylfloor frac x y floor)。然后把这个式子拆成 (4) 个部分分开计算和维护。对于当前计算 (p_i)（记 (max_i a_i = A)）：
- (sum_{j<i}a_j lfloor frac{a_i}{a_j} floor)：考虑整除分块，(lfloor frac{a_i}{a_j} floor) 只有 (O(sqrt a_i)) 种取值，然后我们需要一种可以快速统计前 (i-1) 个数中 (in[l,r]) 中的数之和就搞定了。由于更新操作较查询显然更少，于是采用值域分块的技巧，修改 (O(sqrt A))，查询 (O(1))。那么这一部分复杂度即为 (O(sqrt a_i))
- (sum_{j<i} a_i = (i-1)a_i)。
- (sum_{j<i}a_i lfloor frac{a_j}{a_i} floor)：考虑根号分治：如果 (a_i > sqrt{A})，暴力枚举 (a_i) 的倍数，复杂度 (O(sqrt A))；如果 (a_ile sqrt A)，那么考虑时刻维护一个 ( ext{rec}_x)，表示前 (i-1) 个数中 (mod x) 的结果之和。可以根号复杂度维护，(O(1)) 取值。
- (sum_{j<i} a_j)：维护前缀和即可。
总复杂度 (O(nsqrt A))。
G - Common Divisor Graph
突破口：答案 (in {0, 1, 2})。原因很简单：(a_s, a_s(a_s+1),a_t, a_t(a_t+1)) 四个数中至少存在两个偶数，可以由公共因子 (2) 联立起来，其中有两个点是新构造的。那么关键就是判断 (0,1) 了。
考虑维护出原图中的连通性。不难想到对每个质数 (p) 都建一个虚点，并对所有含有质因子 (p) 的连边。并查集维护即可，这样可以判断是否为 (0)。
考虑答案如果为 (1)，等价于存在一个 (x)，满足新建 (a_x(a_x + 1)) 后，(a_s, a_t) 所在连通块被其质因子直接联立，注意这没有传递性，无法直接用并查集维护。注意到联立过程实际上在干什么：
- 枚举质因子 (q|a_x, r|(a_x+1))，联立 (q,r)。
- 枚举质因子 (q|(a_x+1), r|(a_x+1))，联立 (q,r)。这一步漏掉容易 WA on 15。
由于一个数的质因子个数规模不大，小于 (O(log a))，于是暴力枚举即可，将得到的数对（对应到并查集的根） ((q,r))，记录到一个 std::set 中。查询时判断 set 中对应数对是否存在即可。复杂度据官方题解是 (O((n+q)log^2 a))。
H - XOR and Distance
如果对所有 (x) 求出答案的话，可能需要我们维护出答案，于是考虑一个数据结构，比如 Trie。
用 Trie 一次性统计答案是很简单的事情：维护出当前区间中最小和最大的元素的值以及答案，和某些 simple 线段树是一样的。但是存在一个问题：异或操作对应到 Trie 上就是交换一层的左右儿子，直接对值的维护如果重新计算可能略有繁琐。于是我们维护与区间左端点距离最近或最远的元素的距离，可以方便避免这个问题。
如果说一次只是交换一个结点的儿子是很好做的，但是直接对 (xin[0, 2^k)) 顺序求，交换数的规模就不可接受了。题解给出了一个机智的技术：格雷码。也就是说我们可以每次只交换一个位。然而我们发现最下层点数最多，应该尽量少得操作，可能需要将格雷码倒置一下。
由于第 (i) 层有 (2^i) 个点，共有 (2^{k-i}) 次操作，于是复杂度为 (O(2^kcdot k))。
I - Stairs
咕咕咕