A
枚举 \(1\sim n\) 的每个数，判断是否有 \(i-M\equiv 0\pmod P\) 即可。
B
暴力覆盖即可，注意 \(x,y\) 均是左开右闭。
C
贪心的想，如果要替换 \(i\) 项，那必然是替换最大的 \(i\) 项，因此只需要对 \(f\) 排序，预处理后缀和后再扫一遍取替换前 \(i\) 项的最小值即可。
D
状压 DP，设 \(f_s\) 表示选择若干边的最大价值，使得 \(s\) 状态中的所有点都被选择，那么可以得到转移方程：
\[f_s=\max_{1\le i< j\le n,i\in s,j\in s}(f_{s-\{i\}-\{j\}}+w_{i,j}) \]E
对于不同的值分别考虑，设当前考虑的值为 \(i\)，我们考虑一对在序列中相邻的值，其下标分别为 \(l,r\)，那么它对 \(i\) 产生的贡献为：
\[(r-l-1)\times \text{lnum}\times \text{rnum} \]其中，\(\text{lnum}\) 表示在 \(l\) 左侧的值为 \(i\) 的数的个数，\(\text{rnum}\) 表示在 \(r\) 右侧的数的个数。
再将所有贡献累加即可。
（注意边界）
F
我们考虑可行性发生变化的点，也就是说，我们需要找出所有满足 在这个点可行，在这个点左侧或右侧不可行 的所有点，容易发现，这样的点的数量是 \(O(n^2)\) 的，且一定等于 \(X_i\pm L_j\)。
所以我们可以将所有的 \(X_i\pm L_j\) 排序，如果两个相邻的点都可行，那么这两个点之间的区间都可行。
因此，我们只对所有这样的点进行一遍暴力 \(O(n\log n)\) 的 check，总时间复杂度为 \(O(n^3\log n)\)。
（还有一些 \(\pm 1\) 的边界问题需要注意）
G
考虑网络流，先将所有点拆成入点和出点，入点向出点连流量为 \(1\) 的边，对于原图中的边 \(e=(u,v)\)，从 \(u\) 的出点向 \(v\) 的入点，\(v\) 的出点向 \(u\) 的入点连流量为 \(+\infty\) 的边。再从源点向 \(B\) 连流量为 \(2\) 的边，\(A,C\) 向汇点连流量为 \(1\) 的边，跑一遍 dinic，只需要判断最大流是否为 \(2\) 即可。（注意 \(B\) 的入点向出点连边权为 \(2\) 的边）
由于 dinic 一次增广最大流至少增加 \(1\)，而最大流至多为 \(2\)，故最多只需要增广两次，也就是只会进行 \(2\) 遍 bfs 和 dfs，因此时间复杂度是 \(O(n)\) 的。
（空间要开到 \(1.2\times 10^6\)）
标签：AT318,赛时,题解,代码,times,入点,出点,text From： https://www.cnblogs.com/TKXZ133/p/17677932.html