CF1369E DeadLee
记 (s_i) 为喜欢第 (i) 种食物的人数。假如存在一种食物满足 (s_ile w_i)，我们可以让喜欢 (i) 的人只吃 (i)，并让这些人最后来，那么这些人很可能不会吃到他们喜欢的另一种食物，这些食物可以留给其他人。这时如果又出现了一种食物满足 (s_ile w_i)，我们可以拿它再进行一次贪心。这很像 bfs 的过程，用队列模拟即可。
P7789 [COCI2016-2017#6] Sirni
直接 kruskal 肯定不行，但这其中有很多边是无效的。首先若 (P_a=P_b)，连起来不需要代价。所以先排序去重。
若 (x<y)，则 (min(xmod y,ymod x)=ymod x)。对于一个 (x) 考虑哪些 (y) 有效。若存在 (y_1<y_2,lfloorfrac{y_1}{x} floor=lfloorfrac{y_2}{x} floor)，那么 (y_2mod x>y_1mod x,y_2mod y_1)，边 ((x,y_2)) 一定是无效的。所以枚举 (x) 的倍数，二分出大于等于它的最小值连边。最后做一遍 kruskal。
CF1451E2 Bitwise
首先通过 (n-1) 次询问求出每个数与 (a_1) 的异或值。现在我们要想办法求出 (a_1)。
若存在 (a_1oplus a_i=0) 即 (a_1=a_i)，询问一次 (a_1&a_i) 或 (a_1|a_i) 即可求出 (a_1)。
若存在 (a_i=a_j)，询问一次 (a_i&a_j) 或 (a_i|a_j) 即可求出 (a_i)，然后可求出 (a_1)。
若都不满足，这个序列必定两两互不相同。由于 (a_ile n-1)，([0,n-1])内的数全部出现过。
由于 (n) 是 (2) 的幂，(n-1) 二进制下全为 (1)，(n-2) 形如 (111dots0)。必定存在 (a_i) 满足 (a_ioplus a_1=n-2)，即 (a_i) 和 (a_1) 只有最低位相同。可以询问 (a_i&a_1) 得出 (a_1) 最低位。同时必定存在 (a_i) 满足 (a_ioplus a_1=1)，即 (a_i) 和 (a_1) 只有最低位不同。可以询问 (a_i&a_1) 得出 (a_1) 其他位。然后就可以得出 (a_1)，最多使用 (n+1) 次询问。
CF506D Mr. Kitayuta's Colorful Graph
神奇的根号分治。首先把询问离线，枚举每种颜色，用并查集处理联通块。然后我们可以写出两种暴力：
- 枚举每个询问，用并查集判断连通性。
- 枚举每个连通块，再枚举连通块内的点对，将查询这组点对的询问答案 (+1)。
若某种颜色涉及的边数超过 (sqrt m)，我们使用第一种暴力。这样的颜色数量不超过 (sqrt m)。这一部分时间复杂度 (O(qsqrt malpha(n)))。否则使用第二种暴力，各连通块大小平方和一定不超过点数平方，而点数不超过边数的二倍。这一部分时间复杂度 (O(nsqrt nalpha(n)))。
CF1108E2 Array and Segments (Hard version)
题意：给出一个序列和一堆区间，选出一些区间进行区间减 (1) 操作，使得序列极差最大，并给出方案。
由于操作是区间减 (1)，序列最大值一定不会再变大。所以枚举一个位置作为最大值，把没有覆盖到这个位置的区间都减 (1)。
用线段树维护，先把所有区间作用到序列上。枚举到某个位置时，把所有以这个位置开始的区间撤销（(+1)），然后求出当前答案。再把所有以这个位置结束的区间作用回去。就可以做到 (O(n+mlog n))。
CF1167E Range Deleting
记 (L_i,R_i) 分别为值为 (i) 的下标的最小 / 大值。即求有多少 (l,r) 满足 (R_1<L_2,dots,R_{l-2}<L_{l-1},R_{l-1}<L_{r+1},R_{r+1}<L_{r+2},dots,R_{x-1}<L_x)。
先从后往前扫一遍求出最大的可能的 (r)，然后做一遍双指针即可。当 ([1,l-1]) 无法满足时及时退出。
P6071 『MdOI R1』Treequery
首先需要知道一个结论：一个点集的 LCA 是这个点集中 dfs 序最小的点和 dfs 序最大的点的 LCA。假设这两个点分别是 (x,y)（可以用 st 表求）。
然后一波分类讨论：
- 所有 点都在 (p) 的子树内（二维数点，主席树），答案为 (dep_{LCA(x,y)}-dep_p)。
- 有些点在 (p) 子树内，有些不在，答案显然为 (0)。
- 所有点都不在 (p) 的子树内，这里又要分类讨论
首先找到一个点 (q)，满足它是 (p) 的祖先，且其子树内 存在 ([l,r]) 中的点，且深度最大。这个可以二分。
- 所有点都在 (q) 子树内，答案为 (dist(p,LCA(x,y)))
- 否则，答案为 (dep_p-dep_q)。
总时间复杂度 (O(qlog^2n))。
P7515 [省选联考 2021 A 卷] 矩阵游戏
首先不难求出一组符合 (b) 矩阵的 (a)，但可能不满足值域限制。所以要给每个数加上一些东西，使得 (a) 满足值域限制并且每四个格子的和不变。
发现给某一行或某一列依次加上 (x,-x,x,-x,dots)，每四个格子的和不变。设 (r_i,c_i) 分别表示第 (i) 行 / 列的操作数，就是要使 (0le a_{i,j}pm r_ipm c_jle 10^6)。尝试找一种方案使得每个格子内刚好一正一负（于是就可以差分约束）：
r1-c1 c2-r1 r1-c3
c1-r2 r2-c2 c3-r2
r3-c1 c2-r3 r3-c3
即：若 (i+j) 为偶，则加上 (r_i-c_j)，否则加上 (c_j-r_i)。然后 spfa 差分约束求出 (r,c) 即可。
AT2689 [ARC080D] Prime Flip
记 (a_i) 为第 (i) 颗棋子的状态，(1) 向上，(0) 向下。然后令 (b_i=a_ioplus a_{i-1})，则一次区间 ([l,r]) 的翻转相当于 (b_l,b_{r+1}) 分别翻转。那么同时翻转 (b_l,b_r) 的条件就是 (r-l) 是奇素数。
首先找出所有为 (1) 的 (b_i)，数量一定是偶数（必然是 (a) 中连续段 ( imes2)）。若 (b_j-b_i) 是奇素数，则连边，此时 (b_i) 和 (b_j) 的奇偶性肯定不同，所以是二分图。然后跑一遍二分图最大匹配，因为这样只用一次操作，没有重复操作同一个位置时肯定越多越好。
不难发现差为偶数时最多 (2) 次。在剩下的奇数和偶数中，分别配对。最后要么全部搞完，要么各剩一个。此时它们的差一定不为奇素数，需要 (3) 次搞完。
P1587 [NOI2016] 循环之美
(k=10) 时找规律可以发现求的是 (sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[(i,j)=1][(j,k)=1])
(sumlimits_{j=1}^m[(j,k)=1]sum_{d|j}mu(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floor=sum_{d=1}^mmu(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floorsumlimits_{j=1}^m[(j,k)=1][d|j])
(=sum_{d=1}^mmu(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floorsumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}[(jd,k)=1]=sum_{d=1}^mmu(d)leftlfloorfrac{n}{d} ight floor[(d,k)=1]sumlimits_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{d} ight floor}[(j,k)=1])
最右边那串东西显然有循环节，可以 (O(k)-O(1)) 求出，记为 (S)。
原式 (=sum_{d=1}^mleftlfloorfrac{n}{d} ight floor S(leftlfloorfrac{m}{d} ight floor)[(d,k)=1]mu(d))。整除分块后只需要求出 (f(d)=[(d,k)=1]mu(d)) 的前缀和。(m) 较大考虑杜教筛。令 (g(x)=[(x,k)=1])，发现 ((f*g)(d)=sum_{t|d}[(d,k)=1][(d/t,k)=1]mu(d)=[(d,k)=1][d=1]=[d=1])，而 (g) 本身的前缀和就是 (S)。再来个杜教筛即可。
P4117 [Ynoi2018] 五彩斑斓的世界
用并查集维护数集。散块修改直接暴力。对于整块修改，分成两种情况（设块内最大值为 (mx)）：
- (2xle mx)，(iin[1,x]) 合并到 (i+x)，然后打一个整块减 (x) 的标记。
- (2x>mx)，(iin[x+1,mx]) 合并到 (i-x)。
考虑每一个块，一次整块修改花费的并查集操作次数是 (min(x,mx-x))，而 (mx) 也会减少 (min(x,mx-x))，即最多操作 (mx) 次。总时间复杂度 ((q+V)sqrt n)。这题还卡空间，把询问离线下来，每个块依次处理，空间就是线性的。
P6292 区间本质不同子串个数
考虑一个简单一点的问题：有一堆带颜色区间（同颜色的区间等长），询问一个区间所包含的完整的区间中，有多少种颜色。
把询问离线之后，枚举询问的右端点 (r)，对于在 (r) 左边的同颜色的区间，只保留最靠右的（在左端点上 (+1)）。具体地，枚举每一个以 (r) 结尾的区间 (i)，记 (lst_x) 为颜色 (x) 上一次出现的右端点，则 (lst_{clr_i}-len_i+1) 减去 (1)，(l_i) 加上 (1)。查询时查一个区间和即可。用一个树状数组即可解决。
再看这道题。对原串建出 SAM 后，在每个节点上维护一个 (lst)。枚举右端点 (r)，此时 parent tree 上 (r) 节点到根的 endpos 都多了一个 (r)，考虑把这些串的贡献撤销，再算上 ([1,r],[2,r],dots,[r,r]) 的贡献。那么就可以枚举这些节点（一定都在 (r) 之前），在树状数组上区间加，区间求和。
但这样显然会超时。观察这个到根的操作，很像 LCT 的 access 操作。把路径上的节点放到一棵 splay 中，然后打个 (lst) 赋值的标记。而 access 时经过的每一棵 splay，所代表的子串长度一定连续，(lst) 也一定相同，所以在树状数组上区间减即可。然后在 ([1,r]) 上区间加即可。总共是两只 (log)。注意初始时所有边都是虚边，因为我们直接把整个串的 SAM 建出来了，而初始时没有任何节点。
P5386 [Cnoi2019]数字游戏
在值域上进行回滚莫队，问题变成了：一个全为 (0) 的序列，支持 (O(nsqrt n)) 次把一个位置变成 (1)，(O(n)) 次询问 ([l,r]) 内每段连续的 (1) 的 (C_{len}^2) 之和。如果直接用线段树，修改查询都是 (O(log n))，所以用分块平衡复杂度。具体地，在块内每个连续段的两端维护连续段的长度（只需要保证两端的信息是正确的），维护块内答案、左右两边 (1) 的个数。
P6578 [Ynoi2019] 魔法少女网站
和上一题很像，这题多了修改，但没有值域下界。还是用分块维护连续段。
这题需要用到一个叫操作分块的东西。假设块长为 (T)，发现一个块内最多只有 (T) 个位置要修改，剩下 (n-T) 个位置是不变的。那么可以对块内的询问按照 (x) 排序，(n-T) 个数也排个序，用双指针处理。
然后对于一次询问，把操作块内在它之前的修改作用一遍。枚举这 (T) 个位置，判断是否要在序列上修改。注意这些是要及时撤销的。
P5311 [Ynoi2011] 成都七中
有一个性质：对于树上任意的连通块，在点分树上必有唯一的点，其在点分树上的深度最小。
那么对于一个询问 (l,r,x)，如果找到了这个最浅的点 (y)，整个连通块就都在 (y) 的分治区域内了。然后把询问挂在 (y) 上。记 (mx_i,mn_i) 分别表示 (i) 到 (y) 的路径上，最大编号和最小编号。如果 (lle mn_i,mx_ile r)，(i) 和 (y) 就是联通的。而 (x) 又与 (y) 联通，所以 (i) 一定在要求的连通块内。
现在问题变成了：询问 (lle mn_i,mx_ile r) 的点的颜色数。离线后枚举 (r)，对于(mx_i) 在 (r) 左边的同颜色的点，只保留 (mn_i) 最靠右的，在 (mn_i) 上加 (1)。查询时就查个区间和，所以一个树状数组即可完成。
事实上并不需要建出点分树，只需要一次点分治。把所有当前分治中心联通的、且没有被处理过的询问，搜集起来，处理一遍。这样每个询问只会被最浅的分治中心处理。时间复杂度 (O(nlog^2 n))。