CF1851

A

氵

B

把奇数和偶数拿出来分别排序，然后按下标归并，看看得出的结果是不是排好序的。

C

如果头尾同色，就找有没有 $k$ 个位置和头尾同色；

否则从头找 $k$ 个和头同色的，然后再在这之后找 $k$ 个和尾同色的。

D

把每个前缀和相邻的相减，得出的结果：

1. 有大于 $n$ 的，拆成两个没出现的数相加；

2. 有重复的，把其中一个拆了；

3. 没有重复的且在 $1\sim n$ 内，肯定在尾巴处补一个。

如果有两个大于 $n$，或者两对重复，或者大于 $n$ 的和重复的都有，那就不可行。

如果发现拆了之后不能构成排列，也不行。

E

赛时没看见无环

就是一个类似拓扑排序/深搜的题。从无限的药出发，不停更新。每种药可以混合（找前驱）/买。

F

法一：

考虑每个位单独看。如果 $a_i,a_j$ 位上相等，那么 $x$ 这一位应该和 $a_i,a_j$ 的这一位相反。

建立 01 Trie。

枚举 $i$，遍历 $a_i$ 所有二进制位，如果当前位上有和 $a_i$ 的位相等的分支，就必定走这个分支，同时把这一位对应的数累加进答案（这是贪心的想法，如果这里不选，即使后面 $x$ 可以满足所有位，$2^t>\sum _{x=0}^{t-1}{2}^x$）；否则就只有一条路可以走。

等走到了叶节点，我们就选好了 $a_j$ 和 $x$ —— 这是对于 $a_i$ 的最大答案。

复杂度 $O(nk)$。

法二：

将 $a$ 从小到大排序，下证最大答案一定是相邻的 $a_i$ 产生。

排序后，假设答案不是相邻的 $a_i,a_{i+1}$ 产生，那么必然是 $a_i,a_j$ 产生，$j-i>1$。

若 $a_i=a_j$，因为排了序，$i<i+1<j$，$a_i=a_{i+1}=a_j$。$a_i,a_j$ 产生的答案 $a_i,a_{i+1}$ 也能产生。

否则 $a_i,a_j$ 的二进制位一定有第一个不同的二进制位。由于 $a_i<a_j$，所以这一位上 $a_i=0,a_j=1$。

此时 $a_{i+1}$ 这一位上若是 $0$，$a_i,a_{i+1}$ 产生的答案必然比 $a_i,a_j$ 更优；若是 $1$，$a_{i+1},a_j$ 产生的答案也更优。

矛盾。故一定是相邻的 $a_i,a_{i+1}$ 产生答案。

之后的事情就是排一下序就行。

G

观察发现，$h_i-h_j+h_j-h_k=h_i-h_k$，所以 $i\to j\to k$ 的代价就等于 $i\to k$ 的代价。

所以，点 $i$ 能到达点 $j$，只需要 $i\to j$ 有一路径上的点高度均 $\le h_i+e$ 即可。

注意到到达关系具有传递性，考虑并查集。

将所有询问离线，然后按照 $h_{start}+e$ 从小到大排序，每次遇到一个询问，都把所有相互可到达的点并成一个块。

同时我们把所有边 $(u,v)$ 按照 $max(h_u,h_v)$ 从小到大排序。当此次询问 $h_{start}+e=x$ 时，对于一条边 $(u,v)$，如果 $max(h_u,h_v)\le x$，那就可以合并 $u,v$。

等把所有边都合并完了之后，检查 $start,end$ 是否在一个连通块内。

注意取出边合并两端的操作，不用每次询问都从头开始，所以总共是 $O(m)$ 的。不会超时。