掉分了……
A
解方程
直接(O(sqrt P))枚举即可。
B
用个栈模拟即可。
C
我竟然卡了一会儿。
造棵生成树，直接染色（经过某条边时，如果父亲的颜色不是这条边的颜色，儿子随便染；否则儿子染这条边的颜色）。
D
先写出个DP，发现会算重，然后一直想办法容斥……
后来开始分类讨论快讨论完的时候觉得麻烦，不会是正解，就丢掉了……
实际上还真是分类讨论题。
设(c_{AB}=A)。反之类似。
- (c_{AA}=A)时，发现只能形成(AAdots AB)这样的字符串。
- (c_{AA}=B)时：可以构造出这样的字符串，满足(A)最前，(AB)最后，中间放(A)或(B)，其中(B)不相邻。
- (c_{BA}=A)时：无影响。无需讨论(c_{BB})因为不会出现(BB)。
- (c_{BA}=B)时：去掉了(B)不相邻的限制。此时(c_{BB})取值无影响。
分别计算即可。
E
题面长了点当时没看。实际上是套路题。
关于期望问题的子问题：记一个问题(S)的当前操作数为(c(S))，每次等概率选择一个操作继续搞下去。假设当前问题(S)被分成两个互不相干的子问题(S_1,S_2)。这时候有(E(S)=E(S_1)+E(S_2))。证明：设(E(S_1,S_2))表示在问题(S_1,S_2)下，单独算(S_1)的期望，假设(nxt(S))为(S)的后继状态集合。归纳，假设已经证明(E(nxt(S_1)igcup S_2)=E(nxt(S_1))+E(S_2))。(E(S_1,S_2)=frac{1}{c(S_1)+c(S_2)}sum_{S'_2in nxt(S_2)}E(S_1,S'_2)+frac{1}{c(S_1)+c(S_2)}sum_{S'_1in nxt(S_1)}E(S'_1,S_2)=frac{1}{c(S_1)+c(S_2)}sum_{S'_2in nxt(S_2)}E(S_1,S'_2)+frac{c(S_1)}{c(S_1)+c(S_2)}E(S_1))。左边递归下去到(c(S_2)=0)为止再反推回来。可以推出(E(S_1,S_2)=E(S_1))。
用人话来解释：在操作(S_2)时，对(S_1)无影响；操作(S_1)时，(S_1)到达每个后继状态的概率是等价的。因此只看(S_1)中的操作，它的期望和(S_2)无关。
知道这个套路之后，直接设(f_{i,j})表示选了(i)和(j)，((i,j))的期望贡献。写出方程之后拆开可以用树状数组优化。
F
最后半小时开始搞，想出了正解但是自己将它ban掉了，打了个假做法来不及测样例交了上去。
找出直径，如果直径端点颜色相同答案为直径；否则，求出每个点到两个端点的距离(a_i,b_i)，问题转化成，对于端点外的点，每个点选(a_i)或(b_i)，答案为最大值。排序随便搞即可。
可以证明，将树砍掉一些枝条之后，得到的新树的直径端点中至少有一个是原直径的端点。
证明很套路不赘述了。
综上所述其实这次的ARC好像比以前都要简单？
但为什么我却只切了3题呢？
……
感觉自己比较容易高估题目难度，而且在最后那点时间中比较急躁，导致交错误程序上去。
啊啊啊我什么时候atcoder才能上2000啊！！