\(\text{CF547D Mike and Fish}\)
对于横坐标相同的点两两连边，剩下一个点不管，纵坐标同理
这样形成的图是二分图，因为一个点只会在横轴上连出一条边，纵轴上连出一条边。最后黑白染色即可
\(\text{CF547E Mike and Friends}\)
差分询问，考虑每个字符串对询问的贡献
于是建出 ACAM，顺序处理每个字符串对别的字符串的贡献
发现就是在 fail 树上单点加，询问子树和，树状数组即可，\(O((n+q)\log n)\)
\(\text{CF521D Shop}\)
对一个位置，自然的贪心是按 1 2 3 操作
且 1 只需保留最大数，要么用要么不用；2 从大到小操作一段前缀；3 自由人
但位置与位置间还得抉择，貌似只能劣质 \(dp\) 了，这似乎没办法优化
另一种视角：乘法很自由，不受位置影响。考虑都转成乘法，然后取前 \(m\) 大
2 可以把每步加法转成乘法，因为加之前和加之后的数都是确定的，于是加上一个数变成乘上一个数，且乘上的数是降序的，贪心选择时仍然是依照前缀顺序操作，仍等效于加法时加一段前缀
1 可以看成对原数加一个增量，把它转成加法后纳入原加法的排序中，发现仍然是对的
因为选了 1 操作结合选了的加法是加了一段前缀，而全部转成乘法后也等效于加一段前缀
当然输出操作顺序时自然要把同一个位置的 1 操作提到 2 操作前
\(\text{CF527E Data Center Drama}\)
未定向前，把度数为奇数的点两两连边，然后这张图必存在欧拉回路，那么跑一个欧拉回路相邻边定向相反
注意到边数要求是偶数，那么连完后若总边数为奇数就随便找个点连自环即可
\(\text{CF585F Digits of Number Pi}\)
很明显的 ACAM 上数位 \(dp\)，是否出现过长度至少为 \(\lfloor \frac d 2 \rfloor\) 的子串只需将 \(s\) 中长度为 \(\lfloor \frac d 2 \rfloor\) 的子串扔进自动机里边即可
\(\text{CF555E Case of Computer Network}\)
容易发现边双缩点之后一个连通块内怎样都可以互达，那么剩下的就是给树边定向了，简单差分就好
\(\text{CF1012B Chemical table}\)
想了一会发现重点不在决策上，而在刻画连锁染黑的过程中
很容易扔到二分图上观察，一条边表示原图一个点，观察连锁染黑的性质
然后就没看出来了。。。
事实上只需关注二分图上的连通块
考虑连通块中边集对应的点集，而这些点集能构成的所有边都被连锁染黑了
也就是把 \(O(n^2)\) 的边信息转成了 \(O(n)\) 的点信息
那么我们只需要把这些连通块连到一起即可
\(\text{[ARC102F] Revenge of BBuBBBlesort!}\)
感觉这种思维题很需要猜结论
常规思路是观察逐位复原的性质，没头绪，转为观察操作本身的性质
发现操作的中点只会是 \(p_i=i\) 的点
然后自然发现可互相交换的位置的封闭性，那么一段一段的看
值域固定，然后不存在三个非可操作中点使得其值降序，这些是充要条件
\(\text{[AGC030D] Inversion Sum}\)
考虑两个位置的大小关系，统计对答案的贡献
经典地转为求期望
\(\text{CF627E Orchestra}\)
先考虑个聪明点的 \(O(n^3)\) 做法
确定矩形上下边界，然后双指针左右边界统计
优势是无论实际存在点有多少
注意到 \(n,k\) 很小，尝试优化上述做法
对于一个左边界确定一个最小右边界，左边界可向左往空列扩张
不重不漏的准则可定为包含某个点使得其在最左边，那么贡献 \((c-y+1)\times(y - y_{pre})\)
于是把范围内的点按 \(y\) 排序，对每个点按如上叙述计算贡献，\(O(nk)\)
上边界固定，下边界移动，发现增加点的总量是 \(O(n)\)
考虑直接加点计算贡献增量，加进一个点只会影响 \(O(k)\) 个点的贡献
下边界从大到小移动使加点变为删点，链表即可做到 \(O(n^2k)\)
\(\text{CF573E Bear and Bowling}\)
很容易想到一个贪心：逐渐扩大 \(b\) 的组成，每次加一个使当前 \(b\) 序列贡献最大的 \(a_i\)，答案每次取 \(\max\)
于是就要维护形如 \(k_ia_i+b_i\) 的贡献，支持区间 \(k_i+1,b_i+v,\max\)
分块后变成 \(k+1,b_i+v,\max\)
注意到一个整块的 \(k\) 是一样的（取点所在块重构），那么就变成了那个斜率询问 \(\max ka_i+b_i\) 了
对于每个块，单调队列维护凸包，\(O(n\sqrt n)\)
原以为细节挺多的，结果一遍过了
提交记录
\(\text{CF576D Flights for Regular Customers}\)
容易 \(dp_{i,j}\) 表示能否走过 \(j\) 条边到达 \(i\)
但 \(d\) 很大，想到矩阵快速幂
按 \(d\) 排序后一段一段地做，每段解锁一条边
矩阵快速幂求出恰好走 \(t\) 条边到达的点
然后每段都跑一次最短路取 \(\min\)
不过时间卡得紧，快速幂要用 bitset 优化