省流：运气好没有掉分）
B2 Bonquet(Hard Vertion) (CF1995B2)
事实上B1都写挂了（尖叫）
处理花瓣数相差不超过1的花，可以用map存储每种花的数量，顺序遍历即可（其实是不想排序统计，好麻烦）；那么如何计算最终答案呢。。。此处省略我赛时乱七八糟的一堆复杂做法，比较简单的写法是先找到一个可行的解：设两种花的价格分别为 $x1,x2, $ 总量为 \(c1,c2,\)（可行）购买数量为 \(cnt1,cnt2,\) 有 \(cnt1=m/x1,cnt2=(m\% x1)/x2\) ；设此时剩余钱数为 \(y\)，考虑将尽量多的 \(x1\) 替换为 \(x2\) ，使剩余钱数尽可能小，有 \(ans=m-y+max(y,min(y,c2-cnt2))\) ，最后取 \(max\) 即为最终答案。代码高亮莫名其妙寄了所以没有代码
B1就更简单了，除了这个正解，应该还有一些暴力乱搞能过，只是我没过而已）
C Squaring (CF1995C)
B1 WA之后并不抱太多希望地打开了C，然后发现好像会写？
要求通过最少次数的平方操作使序列单调不降，很明显从头到尾顺序操作即可，但多次平方可能导致数太大、无法直接操作，于是尝试把式子简化一下。设 \(a[i]\) 被操作了 \(x\) 次，即 \(a'[i]=a[i]^{2^x}\)，此时若 \(a[i+1]\) 在操作 \(y\) 次后刚好不小于 \(a[i]\) ，则 \(a[i+1]^{2^x}\ge a[i]^{2^y}\) ，化简得 \(a[i+1]^{2^{x-y}}\ge a[i]\) 或 \(a[i+1]\ge a[i]^{2^{y-x}}\)，依据原数组中 \(a[i]\) 与 \(a[i+1]\) 大小关系、分类讨论即可。开始打算二分答案做，接着就发现二分答案过程中仍然有超出long long范围的风险，而直接从 \(2^0 = 1\) 开始枚举，时间复杂度足够，且在题目数据范围内 \(a[i]\) 最多算到 \(2\times 10^6\) 就会跳出循环，非常的安全。赛时过了这题就没掉分了，好评（）
D Cases (CF1995D)
由 \(c\le 18\) 想到状压，但这题的状态设计（至少对我这种菜鸡而言）挺抽象的，官方题解给了好些个hint，有一种解谜游戏的美，喜欢（）
首先每个单词的类别（？）（暂且这么翻译吧，总比cf better翻译的“大小写”好点）只由最后一个字母决定，且每 \(k\) 个连续字母中必有一个为结尾，故题目可转化为“求一个字符集合，使每 \(k\) 个连续字母内必有该字符集合中的元素”。看上去还是很拗口，但已经初具状压dp的雏形了。
对于每个连续子串中字母的存在情况，可用前缀和预处理，复杂度为 \(O(cn)\) ，用bool数组记录与每个连续子串没有交集的最大集合（即 \(((1 << c)-1)\oplus s\)），该集合及其任意子集为不合法情况；使用状压dp倒序枚举状态，可 \(O(n)\) 求出所有不合法情况，注意特判 \(s[n]\) 位置的字符必须为结尾字符，因此不包括该字符的集合也不合法。最后遍历所有集合，合法集合中 \(__builtin_popcount(s)\) 的最小值即答案。
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