link
出于某种原因，本篇博客不提供代码。
Evacuation
考虑设 (f(l,r,x)) 表示当前询问区间为 ([l,r])， (S) 个人都访问 (x) 时候的答案。
显然是先枚举距离填满帐篷，然后如果距离枚举到 (min{x-l-1,r+1-x}) 还没放置完所有人，就全部跑到 (l-1/r+1) 去避难。
发现最后当 (xin[l,mid]) 的时候到 (l-1) 避难，当 (xin[mid+1,r]) 的时候到 (r+1) 避难。
这样的话，当 (xin[l,mid]) 的时候，最小代价跟 (r) 没有关系，在 ([mid+1,r]) 的时候同理。
设这个代价是 (f_{left}[l,x])，我们要求 (max_{x=l}^{mid}{f_{left}[l,x]})
这个问单个 (x) 可以通过预处理前缀和做到 (O(1))，现在已经有了 (O(n^2)) 的做法简直和暴力一样优秀，显然过不去。
但容易发现它满足决策单调性，于是搞一个线段树+分治优化决策即可。
Sum Modulo
编了一年才知道哪里写假了...
发现有递推式 (f_m=sumlimits_{i=1}^nf_{m-i}a_i+1)，然后可以线性递推出 (f_{M+1}...f_{M+n-1}) 关于 (f_{1},f_{2}...f_{n-1}) 的线性表示。
高斯消元解出 (f_{1}...f_{n-1}) 然后再跑一次线性递推。
Count Modulo 2
设 (f(x)=sumlimits_{i=1}^nx^{a_i})，发现是求 ([x^s]f(x)^nmod2)，然后会发现 (f(x)^{2^i}equiv sumlimits_{j=1}^nx^{a_j2^i}mod2)，然后压位 dp 一下就完事了。
多测不清空，爆零两行泪。
Robots
这个东西显然有下界是 (sumlimits_{i=1}^n|a_i-b_i|)， 然后开动脑筋构造出一个符合条件的方案即可。
Construct Points
随便构造一组斜率相近的直线。
Amidakuji
发现题目中有个 (log) 就开始想二进制构造。
首先发现 (sumlimits_{i=0}^{?}pm2^i) 是可以凑出所有在上界内的偶数的。
然后这道题里面把置换环的边看成无向边就非常好构造。
所以如果 (n) 是奇数，我们的第 (i) 个置换搞成 (x
ightarrow x+2^imod n)，这样在模意义下可以凑出任意值。
现在考虑 (n) 是偶数的情况怎么修。
发现在所有操作完之后会改变奇偶性，于是需要建立一个置换，使得奇数能变成奇数/偶数，偶数也是。
考虑每 (4) 个分一组，连边 (x
ightarrow x+2
ightarrow x+3
ightarrow x+1
ightarrow x)
这样就能搞定 (4|n) 的情况。
当 (nequiv2mod 4) 的时候，最后两个没法搞定，我们再随便建一个新的置换上去即可，比如对于前 (n-4) 个有 (x
ightarrow x)，最后四个跟刚刚一样构造。
Yosupo's Algorithm
直接暴力枚举点对算贡献不是非常优秀，考虑优化枚举的点对数。
显然能想到关于 (y) 坐标进行分治。
经过简单分类讨论容易发现如果该点对有用，那么一定至少有一个点的权值在当前范围内该颜色点中是最大的，于是总点对数是 (O(nlog n)) 的。
扫描线即可。