AGC044(F未做)

A

倒过来搞，关键位置只有\(2,3,5\)的倍数，由于每次是除以一个数，关键位置仅有\(60^3\)

B

这题为啥比A简单...

C

显然，当前位置与初始位置是一一对应的
对三进制\(N\)位建trie，特殊的是，根到叶子节点是从低位到高位
每个叶子节点的位置对应着当前所处的位置，每个叶子节点的编号对应着初始的位置

操作一：每个点交换\((1,2)\)儿子。这个可以打标机
操作二：考虑最低位，\(0\longrightarrow 1\)，\(1\longrightarrow 2\)；\(2\longrightarrow 0\)然后进位。儿子\((0,1,2)\longrightarrow (2,0,1)\)，然后递归当前\(0\)儿子（也就是\((2,0,1)\)中的\(2\)）

D

首先对每个字符，单独一个字符，查询

• 若得到的答案均相同，说明每个字符均出现在字符串中。则\(L=\)查询\(+1\)
• 若得到的答案不同，显然仅有两种答案，\(L=\)较大答案

这样我们得到了字符串的长度\(L\)

对每个字符，长度为\(L\)的串，查询。
这样我们得到了每个字符出现的次数

结论：对于\(S,T(|S|\le |T|)\)，其编辑距离为\(|T|-|S|\)的充要条件为\(S\)是\(T\)的子序列
根据此结论，我们可以对字符进行合并。
具体而言，令\(f(S)\)（其中\(S\)是字符集的子集）在字符串中的最大子序列。
对于\(f(S),f(T)(S\cap T=\emptyset)\)，可以通过\(O(f(S)+f(T))\)次查询合并

E

令\(f_i\)为\(i\)位置最大值，显然：\(f_i=max(a_i,\frac{f_{i-1}+f_{i+1}}{2}-b_i)\)
有个不需要啥技术含量的\(O(n^2)\)，就是\(a_i\)从大到小，每次更新一个位置，然后用这个位置更新其他的
通过推式子大概会得到一个麻烦的等差数列为系数的东西，用线段树维护。\(O(nlogn)\)

不过会被卡精度

考虑若\(b_i=0\)，对于固定的两点\(u,v\)，去更新其他点

\[\begin{cases} P_u=a_u \\ P_v=a_v \\ P_i=\dfrac {P_{i-1}+P_{i+1}}2 & i \in (u,v) \end{cases}\]

有

\[P_i = \dfrac {(i-u)a_v+(v-i)a_u}{v-u} (i \in [u,v]) \]

这是个以\((u,a_u),(v,a_v)\)为端点，其连线为\(P_i\)的东西，可以用凸包维护

但我们实际的式子是这样的

\[\begin{cases} P_u=a_u \\ P_v=a_v \\ P_i=\dfrac {P_{i-1}+P_{i+1}}2-b_i & i \in (u,v) \end{cases}\]

我们考虑构造\(\{c\}\)，使得\(P_i'=P_i-c_i\)以满足较简式子

\[\begin{cases} P'_u=a_u-c_u \\ P'_v=a_v-c_v \\ P'_i = \dfrac {P_{i-1}+P_{i+1}}2-b_i -c_i = \dfrac {P'_{i-1}+P'_{i+1}}2-b_i-c_i+\dfrac {c_{i-1}+c_{i+1}}2 & i \in (u,v) \end{cases}\]

序列\(\{c\}\)需满足：\(b_i = \dfrac {c_{i-1}+c_{i+1}}2-c_i\)
令\(c_1=c_2=0,c_{i+1}=2(b_i+c_i)-c_{i-1}\)即满足条件