CF VP 记录

\(1.\) Codeforces Round #618 (Div. 2)
\(Rank\)：\(1679\)，赛时：\(ABC\)，补题：\(D\)

\(2.\) Codeforces Round #619 (Div. 2)
\(Rank\)：\(2422\)，赛时：\(ABC\)，补题：无

\(3.\) Educational Codeforces Round 82 (Rated for Div. 2)
\(Rank\)：\(2151\)，赛时：\(ABC\)，补题：无

\(4.\) Codeforces Round #620 (Div. 2)
\(Rank\)：\(677\)，赛时：\(ABCF_1F_2\)，补题：无

\(5.\) Educational Codeforces Round 83 (Rated for Div. 2)
\(Rank\)：\(402\)，赛时：\(ABCDE\)，补题：无

\(6.\) Codeforces Round #622 (Div. 2)
\(Rank\)：\(736\)，赛时：\(ABC_1C_2\)，补题：无

\(7.\) Codeforces Round #625 (Div. 2)
\(Rank\)：\(209\)，赛时：\(ABCD\)，补题：\(EF\)

\(8.\) Codeforces Round #626 (Div. 2)
\(Rank\)：\(709\)，赛时：\(ABC\)，补题：无

\(9.\) Codeforces Round #958 (Div. 2)
\(Rank\)：\(56\)，赛时：\(ABCDE\)，补题：无
总结：难得打了一场好名次，简要说一下。
C证明：显然前两位必然有一个最高位为1，且此后最高位均为1，以此类推每次往下确定一个位，故至多 bitcount(n) + 1。构造是容易的。
D的dp本身是显然的，主要在于总次数的上界。由于一个点的t显然是其相邻t的mex，故想要让某个点的t达到T，就需要其相邻的点的t分别为1,2,...,T-1，设构造出T的点数为f(T)，有：
f(T)=f(1)+f(2)+...+f(T-1)+1，显然这个式子是2^T量级的，故对于n，其T的上界是logn。
主要卡在以为上界为3，需要多根据数据范围与时限猜测做法，并加强反例构造的能力。
E是个我最爱的拆贡献算贡献题，先算出每个点的li与ri，正常计算出总答案ans。
对于每个点i的删除，首先去除其自身的贡献，然后减去跨越了i的区间的贡献（长度变短，用树状数组维护即可），最后对于lj=i或者rj=i再进行二分rmq找到新的lj'与rj'即可。
注意由于li与ri可以取到0与n+1，在多测清空的时候需要额外小心这两个点（吃了两罚）

\(9.\) Codeforces Round #960 (Div. 2)
\(Rank\)：\(119\)，赛时：\(ABCD\)，补题：\(E1E2\)
总结：发挥比较不错，但是E1又是赛后几分钟过题。
E1是个比较神奇的题，我的总查询次数是2k + 5000/k，大概思路就是先枚举子树深度=k的点，如果返回0就删除整个子树，这样一次至少删除了k个点，最多进行5000/k次。
假如某次返回了1，那么说明mole在一个子树深度=k的子树中，此时随便找一个叶子节点，查询一次该点再查询一次叶子节点，当查询该点返回0时，mole就在该点的父亲的父亲处。
当然这样对于1无效，因此我们在查询1时，直接查询若干次然后返回1即可。
E2基于此优化，注意到每次查询一次叶子节点再查询一次该点过于繁琐，我们直接查询k次叶子节点。此时mole一定位于当前点及以上，故其位置在一条链上。
直接对此链进行二分，只需要logn次就能得到答案。
故此时总查询次数是k+5000/k+log2(5000)，在k=70时查询154次，可以通过此题。
E2代码