A XORinacci
\(a,b,a\oplus b,a,b,a\oplus b,\ldots\)
B Uniqueless
使用two-pointer, 前缀和优化后判断\(O(n)\)，时间复杂度\(O(n^2)\)
D Restore Permutation
从后往前确定，目前求\(p_i\)，已知\(\{p_1,p_2,\ldots,p_i\}\)和\(s_i\)，可以通过线段树上二分得到\(p_i\)，之后把\(p_i\)从线段树中删去。时间复杂度\(O(n\log n)\)。
E Let them Slide
对于一个数列\(a[1,l]\)，设其中的最大值为\(a[p]\)，则在\([p,p+w-l]\)这段区间的贡献为\(a[p]\)，在\([1,p-1]\)这段区间中\(i\)的贡献为\(\max\limits_{j\in [\max(1,i-w+l),i]}a_j\)，\([p+w-l+1,w]\)这段区间中\(i\)的贡献为\(\max\limits_{j\in [i,\min(w,i+w-l)]}a_j\)，特别要考虑是否能不经过一个点\(i\)，还有\(a[p]<0\)的情况也需要特殊考虑中间这段\([p,p+w-l]\)（其他的贡献为0）。这个取\(\max\)的运算可以使用单调队列计算。
由于\([p,p+w-l]\)这段区间非常大，所以可以打一个全局tag，表示所有数加上多少。
然后加一堆判断并注意正负号就可以过了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Rint register int
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1000003;
int n, w, l, a[N], p, q[N], front, rear;
LL all, ans[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &w);
for(Rint i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%d", &l); p = 1;
for(Rint j = 1;j <= l;j ++){
scanf("%d", a + j);
if(a[j] > a[p]) p = j;
}
if(a[p] < 0){
if(w >= 2 * l) continue;
int tmp = w - l; front = rear = 0;
for(Rint i = 1;i <= tmp;i ++){
while(front < rear && a[q[rear - 1]] <= a[i]) -- rear;
q[rear ++] = i;
}
for(Rint i = tmp + 1;i <= l;i ++){
while(front < rear && q[front] < i - tmp) ++ front;
while(front < rear && a[q[rear - 1]] <= a[i]) -- rear;
q[rear ++] = i;
ans[i] -= a[q[front]];
}
continue;
}
all += a[p];
int tmp = w - l; front = rear = 0;
for(Rint i = 1;i <= p - 1;i ++){
while(front < rear && q[front] < i - tmp) ++ front;
while(front < rear && a[q[rear - 1]] <= a[i]) -- rear;
q[rear ++] = i;
if(i <= tmp) ans[i] += min(a[p], a[p] - a[q[front]]);
else ans[i] += a[p] - a[q[front]];
}
front = rear = 0;
for(Rint i = w;i > p + tmp;i --){
while(front < rear && q[front] > i) ++ front;
while(front < rear && a[q[rear - 1]] <= a[i - tmp]) -- rear;
q[rear ++] = i - tmp;
if(i > l) ans[i] += min(a[p], a[p] - a[q[front]]);
else ans[i] += a[p] - a[q[front]];
}
}
for(Rint i = 1;i <= w;i ++)
printf("%I64d ", all - ans[i]);
}C Magic Grid
将所有数按照\(x>>4\)分类，填进\(\frac{n}{4}\times \frac{n}{4}\)的矩阵中，一类的\(16\)个数填进一个方格，每个方格是样例1的矩阵。这样在\(8|n\)的时候每行每列为0，否则每行每列为13.
F Bits And Pieces
首先固定\(a_i\)，然后从高位到低位试答案，这一位可以填1当且仅当\(a_i\)的这一位为1或者是当前答案\(x\)的超集在\(a_i\)右边至少有两个数。
考虑预处理出\(x\)的超集的最靠右的两个下标。这个可以用FMT做，具体就是对每个\([0,2^{21})\)的数维护一个pair，维护值为\(x\)的最靠右的两个下标。然后把FMT的加法改成合并pair运算（将一个pair的两个数加进另一个pair）就可以了。之后上面的条件就可以轻松判断了。
时间复杂度\(O((n+m)\log m)\)
G Polygons
首先我们知道，肯定要固定一个点，所有的正多边形都要用这个点。
其次，如果填了一个正\(x\)边形，那么\(x\)的所有约数的正多边形也要填入。且相对于\(x\)的所有的约数（不含\(x,1,2\)）的正多边形，正\(x\)边形要多用\(\varphi(x)\)个点。所以考虑按照\([1,n]\)的所有\(\varphi\)值排序，然后取最小的\(k\)个，同时我们知道\(d|x\)则\(\varphi(d)\le \varphi(x)\)，所以满足这个条件。
注意判掉正1边形和正2边形。时间复杂度\(O(n\log n)\)。
H Red Blue Tree
此题过 ♂ 难，只会膜倒数2min切掉这题的tourist.