C：
如果当前连的边和以前连的形成了环，就任意删除一条边，并查集维护。
E:
首先需要知道，若考虑购买当前物品 \(i\) ，那么设之前买了 \(j\) 个了，那么可以在 \(c_{i-j+1} \sim c_i\) 之间任意时刻购买，取最小值即可，用 st 表维护。
F:
首先容易发现一个 \(O(n^2)\) 的做法。设 \(f_{i}\) 表示前 \(i\) 个数字分段之后的乘积和，有：
\[f_i = \sum\limits_{0\le j<i}(f_j \times num_{j+1, i}) \]其中 \(num_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 表示的数字。
形式的说
那么怎么优化呢？
用 \(sum\) 表示 \(\sum\limits_{j=1}^i\)，\(tmp\) 表示 \(\sum\limits_{0\le j<i}(f_j \times num_{j+1, i})\)，
容易发现一个递推的式子
\(tmp = tmp\times 10 + a_i\times sum\)
这里的 \(sum\) 是考虑到 \(i-1\) 时的 \(sum\)。
于是复杂度优化到 \(O(n)\) 了。
短短 16 行代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, P = 998244353;
int n, a[N], dp[N] = {1}, sum = 1, tmp = 0;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%1d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
tmp = (tmp * 10ll + a[i] * 1ll * sum) % P;
dp[i] = (dp[i] + tmp) % P;
sum = (sum + dp[i]) % P;
}
printf("%d\n", dp[n]);
return 0;
}