ARC136 简要题解
A
首先，字符 c 等价于分隔符，因此遇到 c 直接输出。
否则遇到一个 a 将其变为 bb 无意义，因为要求字典序最小这个位置必须填 a，因此遇到 a 也直接输出。
否则遇到 b 如果其后为 b 则一定需要把这个 bb 变为 a，否则若其后为 a 则最优方案为：ba -> bbb -> ab.
复杂度 \(\mathcal{O}(n)\).
B
首先把 \(a, b\) 集合不同的情况判掉。
注意到操作可逆，于是直观的想法是将 \(a, b\) 排成有序后比较。
朴素的想法是每次从后面挑一个最小的元素然后 shift 到最前面，但当元素有重复时这样不一定能够正确排序。
于是分所有元素是否互不相同考虑。
当所有元素互不相同时，直接这样模拟即可，但存在更快的方式：
- 将序列离散化为排列，每次操作后排列奇偶性不变。
存在元素相同时，可以证明 \(a\) 一定可以通过操作得到 \(b\)。
证明：记任意一种重复的元素为 \(x\)，从序列中取出两个 \(x\)，其余部分按照朴素想法排序，将两个 \(x\) 移动到最后，除了最后三个元素 \(a, b\) 均相同，最后三个元素可重集相同，由于最后三个数存在相同的数因此一定可以到达。
复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)，瓶颈在于排序。
C
序列上为经典问题，考虑两个相邻数之间间隔作为左右括号数量的下界，容易证明这个下界易于达到。
对于环上的问题，由于左右两端接在一起，只考虑下界有可能使得最后剩余的元素 \(> 0\)，通过手玩发现答案为：
证明：记前者为 \(S\)，后者为 \(M\)，根据 \(S, M\) 的大小关系讨论（需要将问题拓展到 \(a_i \ge 0\) 的情况）。
若 \(S < M\)，则 \(a\) 中一定不存在 \(0\)，将全体减 \(1\)，最大值减 \(1\).
若 \(S = M\)，考虑环被极长的最大值段分割成了几段，则一定至多一个段存在 \(0\)，单独不操作这个段，\(S, M\) 同时减 \(1\).
若 \(S > M\)，任选一段极长的最大值连续段减 \(1\)，\(S\) 减 \(1\).
复杂度 \(\mathcal{O}(n)\).
D
等价于统计 \(10 ^ 6 - 1 - a_i\) 处所有 \(a_i\) 的 \(6\) 维前缀和，复杂度 \(\mathcal{O}(D10 ^ D + n)(D = 6)\).
E
通过观察每个点 \(i\) 不可以到达的点的性质，将 \(j > i\) 且 \(j\) 为质数的部分删去，发现 \(2 \mid i\) 时点集相比于 \(2 \nmid i\) 时少很多，于是分 \(i\) 的奇偶性打表考虑，同时将不可达点 \(j\) 质因数分解观察，可以得到如下结论：
- \(i(i \ne 1)\) 可达 \(j\) 当且仅当 \(i + [2 \nmid i]\mathrm{lpf}(i) \le j - [2 \nmid j]\mathrm{lpf}(j)\) 其中 \(\mathrm{lpf}(i)\) 为 \(i\) 的最小质因子。
证明：\(i + \mathrm{lpf}(i)\) 为 \(i\) 后面 \(i\) 第一个直接相连的点，\(j - \mathrm{lpf}(j)\) 为 \(j\) 之前与 \(j\) 第一个相邻的点，于是必要性显然。
充分性也可以根据其以及 \(i, i + \mathrm{lpf}(i)\) 奇偶性相反，\(j, j - \mathrm{lpf}(j)\) 奇偶性相反简单构造得到。
问题转化为给定 \(n\) 个区间，选取最大的带权子集使得区间两两相交且交点数量 \(> 1\) 或不在端点。
交的长度 \(> 0\) 的问题是简单的，直接枚举最后交中的一个点，覆盖该点的区间都选即可。
注意到区间只有两种，\(2 \nmid i\) 时 \(i - \mathrm{lpf}(i), i + \mathrm{lpf}(i)\) 均为偶数，因此仅考虑奇数点区间交长度必然要么为 \(0\) 要么 \(> 1\).
于是可以直接将奇数点区间两端往里缩减 \(1\)，此时转化为交长度 \(> 0\) 的问题，复杂度 \(\mathcal{O}(n)\).
F
二元生成函数 + 类 ZJOI 2019 开关，复杂度 \(\mathcal{O}((nm) ^ 2)\).
