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A：
考虑如果现在在点 \(i\)，能否走到编号更小的点。如果可以，那么必然存在一个 \(j \geq i>a_{j}\) 使得你可以走到点 \(a_{j}\)。
那么我们对于每个 \(i\)，将区间 \(\left(a_{i}, i\right]\) 加一，从 \(x\) 开始能走到的编号最小的点也就是 \(x\) 左侧最近的 0 的位置。
带修问题可以直接用线段树维护，查询的时候使用线段树二分。
时间复杂度 \(\mathcal O((n+q) \log n)\) 。
B：
由于一个棋子的两条路径无交且包含所有的边，所以对于每条边，每个棋子恰有其中一条路径包含它。
那么我们枚举其中一条边，要求所有棋子均经过它，那么所有棋子的路径选择方案就确定下来了。
多条边能同时在答案中当且仅当它们确定的方案一致，即每条边对应一个选择方案，需要选出最大的等价类。判断等价关系直接使用随机异或哈希即可，时间复杂度 \(\mathcal O(m \log m)\)。
C：
设外层、内层子序列分别为 \(S=\left\{p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{l_{1}}\right\}, T=\left\{q_{1}, q_{2}, \ldots, q_{l_{2}}\right\}\)。
原先一层的情况下，我们可以要求 \(\forall j \in\left(p_{i-1}, p_{i}\right), a_{j} \neq a_{p_{i}}\) ，即钦定一种子序列在最左的出现位置处统计到。
那么两层的情况下，我们考虑对内层进行 DP，设 \(f_{i}\) 表示考虑到 \(i\) 且钦定 \(i\) 在 \(T\) 内的答案，那么枚举 \(T\) 中上一个位置 \(j\) ，考虑 \((j, i)\) 中的数填入 $ S $ 的方案数，有如下限制：
- 对于 \(j<p<i, a_{p}=a_{i}\)，要求 \(p\) 不能在 \(S\) 中。
- 令 \(l\) 为最大的 \(j<p<i\) 使得 \(a_{p}=a_{i}\)，必须存在 \(l<q<i\) 使得 \(q\) 在 \(S\) 中。
- 对 \(S\) 中每相邻两个数 \(p, q\)，要求 \(\forall k \in(p, q), a_{k} \neq a_{q}\) 。
其中第一条限制是为了限制 \(T\) 为 \(S\) 中最左的，后两条限制是为了限制 \(S\) 为最左的。
时间复杂度 $\mathcal O\left(n^{2}\right) $，空间复杂度 \(\mathcal O(n)\) 。
D：
摆了。
对于一个数 \(v\)，取出最长的相邻两项和 \(\leq v\) 的子序列，如果其长度 \(\geq k\) 那么答案就 \(\leq v\) 。
我们把 \(2 a_{i} \leq v\) 的数称为「小数」，反之称之为「大数」。小数必定可连选，大数必定不可连选。
最优情况必定为小数全选，对于每相邻两个小数，如果它们之间最小的大数可选就选上。
那么我们按值域从小到大做扫描线，每次会将一些大数切换为小数。注意到相邻的小数之间显然均为大数，所以求出若干四元组 \((i, j, l, r)\) 表示在 \(v \in[l, r]\) 时 \(i, j\)为相邻小数且对答案有 1 的贡献。
差分为对 \(v \geq l\) 的单点加矩形求和，还需注意 \([i, j]\) 跨过端点时的贡献。
对这些四元组以及询问进行整体二分即可。
时间复杂度 \(\mathcal O\left((n+q) \log ^{2} n\right)\)，可以通过。
然而还可以继续优化！对于一个时刻 \(v\)，仍有贡献的四元组 \((i, j, l, r), l \leq v \leq r\) 的区间 \([i, j]\) 除端点外互不相交，那么数点可以降一维：只要求 \(i\) 在区间内，此时只会算多包含右端点的一个贡献区间。
前驱后继可以类似地在整体二分中双指针维护，时间复杂度 \(\mathcal O((n+q) \log n)\) 。
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