ITMO金牌训练营题目总结

day1

【A】留着坑。

【B√】
　　学到了一个有趣的姿势。
　　我记得求出拓扑图上每个点能到的点数只能暴力bitset，现场做的时候就束手无策；
　　但本题是有性质的，它只是判断是否是全集。缩点后，我们先对图做一遍拓扑排序。显然，对于拓扑序上的一个点x，判断其合法性等价于：它前面的点都能到它且它都能到它后面的点。现在只考虑前面部分的判定（后面是对称的）。
　　给出简单的判定结论：如果在图中删掉x拓扑序之后的点，那么“x前面的点都能x”等价于“x前面的点出度都大于0”。
　　证明很显然。如果有一个出度=0，它显然不能到x；如果每一个都大于0，至少能转移到一个它后面的点，归纳一下肯定能到x。

【C】留着坑。

【D√】
　　这个经典拓展姿势以前见到过：每次删除选的最大的数并加上它后面的那个；或者不删除它直接加上它后面的那个。
　　今天画了画发现这样也不会重复统计（以前总记得要哈希一样的）。维护字典序的时候，不需要暴力开主席树的哈希；思考一下，答案的位数不会超过20，所以直接暴力存下长度为20的选择方案即可。

【E√】
　　先缩点双。对于一个点双连通分量，容易（？）发现，符合要求的图案只能是：（1）恰好一个环。（2）存在度数大于2的点对(u,v)，然后全是u->...->...->...->v的路径（它们长度当然要相同）。直接根据这个性质判定即可，细节处理略烦。注意割点可以同时存在于多个点双之中，所以一些不当的操作会让复杂度退化；但是每一条边只可能在一个点双中，所以在tarjan的时候，可以顺便维护一个当前边集，每次找到割点后，就可以弹出这个边集（即为一个点双）。

【F√】
　　考验智商的坑题……直接暴力DP看似是\(N*max(a_i)\)的，但只要我们将\(a_i\)先从小到大排序，那么复杂度就是\(\sum a_i=10^7\)……

【G√】签到。

【H√】
　　直接转移更新是\(O(N^2*M*K)\)的。正好被卡掉。
　　需要设一些辅助DP数组，借容斥来降低复杂度。设\(f_{i,j,k}\)表示\(i\)走\(k\)步走到\(j\)，且中间不经过\(i\)和\(j\)的方案数（这就是要求的）；再设\(s_{i,j,k}\)表示可以经过\(i\),\(j\)的方案数（这个可以直接转移预处理出来）。为了转移f，我们很自然地要增设一个\(w_{i,j,k}\)表示从\(i\)走\(k\)步走到\(i\)，且中途不经过\(i\)和\(j\)的方案数。
　　考虑转移f。先f=s，然后枚举第一次不合法的位置（走到了\(i\)或者\(j\)）减掉。即：
　　\(f_{i,j,k}=s_{i,j,k}- \sum_p f_{i,j,p}*s_{j,j,k-p}-\sum_p w_{i,j,k}*s_{i,j,k-p}\)
　　比较玄妙的是，w也可以类似于这种方式地进行转移。同样枚举第一次走到的不合法位置减掉。即：
　　\(w_{i,j,k}=s_{i,j,k}- \sum_p w_{i,j,p}*s_{i,i,k-p}-\sum_p f_{i,j,k}*s_{j,i,k-p}\)

【I√】可做题。

【J】
　　特别烧脑的博弈。有空请教一下lzw学长再来补。

【K√】可做题。

day2

【A】
　　一道积分题？想补，留着坑。

【B】留着坑。

【C√】
　　注意到最后一步一定是我们选。对方只会从我方这里拿巧克力，一个自然的想法是：先把一块大的留在它那儿，最后一步再拿\(\frac{2}{3}\)回来。如果开头拿\(\frac{1}{3}\)，那么最后一步能获得\(\frac{4}{9}\)。中间的决策比较随意，可以每次选一个巧克力的1/2拿过来。

【D√】
　　在每一层，我们想要晋级的关键是：对手所在的那棵子树的最强者要弱于我们。所以枚举每一层，每次组合数算一下概率即可。

【E√】
　　稍微推一推式子，发现要求log个双阶乘，即求 \(N!! \mod 2^{64}\)（N是奇数）。已知两种做法。
　　①有空再更。
　　①还没学会，有空学一学。

【F】
　　又是玄学线代？先用插头DP跑出转移矩阵，大概2000+的状态数。直接矩乘显然不行，然后打表发现有递推式？据说递推式是900项左右的，但依然不能用高斯消元求系数>_<。据说，每次shift一位解未知数是可以做到\(O(N^2)\)的……解出系数后，还要用线性递推那套理论，在特征多项式里把\(\Lambda\)换成矩阵A，然后反复套用搞一搞。哎……需要好久才能补完呢……

【G√】
　　枚举每一种颜色，发现每次要对一个区间执行公差为1的等差数列加。因为只有一个最后的询问，直接维护一个二阶差分数组即可。

【H√】
　　比较有趣的一道题呀……先考虑求最小的值。对于每一对\((i,j)\)（假设j是i点的最优解），连一条j->i，边权是\(a_i\)^\(b_j\)的边；特别地，\(i=j\)是一定可以做到的，我们可以新开一个root点，然后连一条root->i的边。容易证明，一种以root为根的树形图，一一对应于一种方案！
　　至于原题要求排列字典序最小的，我们可以套一个逐位确定，每次把后面未确定的点拿出来跑一个最小树形图即可。

【I√】
　　依旧是比较有趣的一道题呀……好像是不能直接维护的，要用到一些哈希的手段。比如对于一个匹配串，其中有一个置换是\((a_1,a_2,……,a_k)\)，其充要于\(s_{a_i}-s_{a_{i+1}}=0\)。我们生成一些随机数\(F_i\)，所以其也充要于\(F_k*(s_{a_i}-s_{a_{i+1}})=0\)。将原来的置换的下标看成一个多项式的次数，写成\(F_1*(x^{a_1}-x^{a_2})+F_2*(x^{a_2}-x^{a_3})+……\)。稍有经验就会发现，如果把s串倒序，与这个多项式卷积后某个固定位置上的值，即为某一段目标串(*)式的总和。显然它合法的必要条件是总和为0。我们可以多做几遍，每次为0的即可以视为合法。

【J√】
　　分析一下即可知道，用\(f_{i,j}\)表示到第i个点，之前的步长是j的方案数，这样暴力DP效率是\(O(N * \sqrt N)\)的。但是需要一些申请空间和卡内存的技巧。
　　其实有一种更加简单的做法。直接设\(F_i\)为到第i个点的方案数。做完i后，\(F_{i+a_i*k}+=F_i\)，直到\(a[i+a_i*k]=a_i\)时停止更新。容易知道这样做是正确的。考虑复杂度证明：对于>\(\sqrt N\)的步长，暴力复杂度不会超过\(\sqrt N\)；对于小于\(\sqrt N\)的步长，个数不会超过\(\sqrt N\)，每一种效率均摊最坏是\(O(N)\)。所以这样做就是 \(O(N * \sqrt N)\)的。

【K】
　　完美消除序列+点分？留着填坑。

【L√】
　　打表发现（？？），随着天数的增加，给第一天分配的值是单调递减的。
　　设\(F_n\)表示n天的答案。计算\(F_n\)的时候，我们考虑给第一天分配了\(p\)，那么它的期望是\(p*p\)，没通过的概率是\(1-p\)。注意到\(F_{n-1}\)的第一天的值q肯定是大于p的，所以如果没通过，我们可以直接调用\(F_{n-1}\)（重新设q=p+delta）。即\(F_n=p^2+(1-p)*F_{n-1}\)。这个递推式在模域下是有循环节的……

day3

【A√】
　　设整个集合的异或和为sum，即要选出某个异或和k，使\(|k-k\)^{$sum|$最小。考虑sum中所有1的位置$pos_i$（0的位置，k和k}sum相同，不影响它们的差值）。不妨设k再sum最高位（\(pos_1\)）是1。那么我们肯定想优先让\(pos_2=0\)，然后按顺序贪心地想让\(pos_i=0\)。类似于逐位确定地过去，每次可以用线性基判断。

【B√】
　　注意到\(a_1=S1\)。对于剩下\(2^n-2\)个数，必然可以划成等长的两列，一列是\(p_1,p_2,\dots,p_{2^{n-1}-1}\)，一列是\(p_1+a_1,p_2+a_1,\dots,p_{2^{n-1}-1}+a_1\)。注意到这里必然是\(p_1\)最小，所以我们可以每次找到最小的数x，然后把\(x+a_1\)删掉，并继续这个流程；得到新的S后可以继续迭代，把所有的a都求出来。

【C√】
　　经典数据结构？一维下标，然后在线从左下角转移。直接二维数据结构内存可能会开不下，套一个cdq之后就只要树状数组了。

【D】留着坑。

【E√】
　　先根据题意写一个暴力DP。设\(F_S\)表示桌上还剩下S二进制集合的这些卡片时的最优解，那么显然\(F_S=\min_k \{ max(F_X+F_Y) \}+1\)。其中\(F_X\)和\(F_Y\)表示根据k位0/1划分后，分成的两个部分。注意到，\(n\)很大，但是位数\(k\)只有13。所以我们可以用巧妙地方式来表达这个S。对于每一位，分配三进制状态。0/1表示这一位强制要是0/1，2表示这一位无限制。
　　这样对于一个三进制集合G，它代表所有符合要求的卡片的S。
　　这个\(F_G\)当然也可以直接转移，每次把一个2拆成0和1取max；当表示的串大小只有1的时候设为0。

【F√】签到题。

【G√】
　　考虑prim式的最小生成树。我们暴力维护当前已选点集S到每一个状态的最小值dist数组，每次从优先队列里挑一个小的加进来。那么怎么维护dist呢？注意到，dist的值不会超过20——如果我们每次严格修改了dist的值，均摊复杂度是\(N*20\)的。那么做法就是，每次新加入一个点x后，我们设\(dist_x=0\)；然后从x开始，每次拓展一步，一层一层去更新dist。每次如果能更新到就加入下一层队列里。每一步复杂度都是\(N*20\)的。注意，由于我们会更新\(N*20\)次，所以不能直接用优先队列去求下一个较小的dist。其实我们可以直接开20个队列，dist更新时就往新的距离的队列里插入这个点。prim每次加点时，再花20的代价扫描这些数组，取出最优的即可。

【H√】
　　把两条路视为两个人一起从左上角走到右下角。通过画图模拟，会发现我们可以交替考虑行和列的值，唯一确定这两条路经过的路径。每当这两条路产生交点后，我们可以停下来，化成一个子问题。如果产生了k个交点，那么答案就是\(2^k\)。因为每次两条路径可以交换。

【I√】签到题。

【J√】
　　没想到……其实组合数这种连乘的式子，可以用对数快速判断。我们枚举k，因为\(\frac{n!}{(n-k)!}\)是递增的，我们可以二分n，然后用对数验证。注意对数可能会有精度问题，我们可以在二分结果左右扩展一些。这里验证的时候，可以给阶乘直接预处理模大模数的结果，然后在模域下判断。

【K√】
　　向nightfall膜拜了做法，感觉特别帅气；同时通过看lbn的代码，对这一类问题（每次最长链继承的DP），学到了一种简单的用长链剖分实现的方法。
　　设\(f_{i,j}\)为i点子树下深度为j的点的个数。设\(g_{i,j}\)为i点子树下的点对个数，满足：这两个点深度相同，且如果添一个从i开始往外走j步的点，这个三个点是符合要求的三元组。转移时，每次拷贝最长的儿子的信息，然后每次和另一棵子树暴力合并。f转移比较简单。考虑\(g_x\)的转移：儿子\(y\)有两种贡献：①本来\(g_y\)的信息，下标位移一下加过来。②\(f_x\)和\(f_y\)相乘转移。
　　考虑统计答案。对于一个三元组\((a,b,c)\)，我们在\(x=lca(a,b,c)\)处统计答案。每次一个一个枚举儿子\(y\)，枚举三元组里有一个/两个在y子树里，转移一下。
　　有关继承的方便写法：开一个很长的内存池。对于每一段长链，在内存池里分配一个空间。实际的\(f\)和\(g\)都是指针数组，指向内存池里的空间。这样就可以方便地位移转移了。
　　

【L√】
　　预处理\(diff[i][j]\)表示从第一个串i，第二个串j位置开始的两个串的差距。这样给出两个串的开始位置和一段距离，我们可以\(O(1)\)判断出这个解是否合法。\(N^2\)枚举了两个开头后，如果套个二分，应该是过不了的。注意到答案ans的变化只有N。而且每次对于一组开头，如果它在ans+1的长度下不合法，就可以直接退出。否则，我们可以直接每次ans++，然后继续判断ans+1在此处是否合法。显然这个效率是\(O(N^2+N)\)的。

day4

【A√】
　　第一次先问对面的两个人，根据是否相同可以缩小到左右某一侧。之后每次是对一条链“二分”，观察中间那个点和左右的点的关系再继续迭代其中一半。

【B】留着坑。

【C√】
　　感觉是皮克定理的弱化版？我们选一个点当做原点，然后关注一条边向量V。然后我们在三角形那一侧找一个与这条边距离最近的点P（这个可以转化为两个向量的叉积最小；由叉积式子和扩展欧几里得，必然存在最小的面积\(\frac{1}{2}\)，所以我们必然能找到对应的点）。结论是：过P作平行于V的向量V'。三角形里有整点充要于V'上有在三角形内的整点（证明还没想过>_<）。这样直接判一下就好了。

【D√】
　　十分巧妙的题！转化的问题就是：实时维护一个长度为\(V=500\)的模域下的背包，每次从最后面加一个物品，或者从最前面删一个物品，然后询问当前这个区间的物品能拼出的模域下\((l,r)\)之间某个体积\(X\)的最大价值是多少。
　　背包的性质十分经典：可以\(O(V)\)加入一个物品；只能删除最后加的物品，效率是\(O(1)\)；必须\(O(V^2)\)合并两个背包。
　　由操作数有10W，所有和合并有关的我们都不能考虑。我们发现，如果用栈来操作物品，是可以维护的；可惜题目里是队列。
　　黑科技：可以用两个栈A和B来模拟逐渐向右移的队列。加入队尾Y后，直接放入A栈的栈顶；删除队首X时，如果B栈非空，就删除B栈栈顶（能保证此栈顶必然是队首），否则暴力把A栈顶一个一个移动到B栈顶，直到找到了X，弹出它后结束。可以归纳证明，B栈标号严格小于A栈，且B栈从栈顶开始是顺序，A栈是逆序。
　　最后询问时不能暴力合并，可以用一个单调队列来线性求max。

【E】
　　队友们比赛时搞出了……不太明白……之后去请教一下……。

【F√】
　　假设根是关键点。我们去考虑每一个点x，考虑如何identify它的所有孩子y。注意到，如果它有\(X\)个儿子，那么至少需要有\(X-1\)个儿子里放关键点。所以我们可以进行一个树形DP，每次返回子树里必须放几个。每次考虑x的时候，还需要额外增加“子树里没放过的儿子y的个数”-1个关键点。
　　如果根不是关键点，我们可以在原来那棵树上再从祖先开始DP一边，求出以每一个点为根时的答案。

【G】放弃了。

【H】
　　队友赛后补了，以后去请教。

【I√】
　　多校原题，吉利课件也有……
　　考虑标记合并的问题。设一组标记\((a,b)\)的意义是\(\lfloor \frac{x+a}{b} \rfloor\)，我们考虑增加了一组\((c,d)\)标记后会如何变化。依据整除的性质，我们可以得到\(\lfloor \frac{\lfloor \frac{x+a}{b} \rfloor + c}{d} \rfloor=\lfloor \frac {\frac{x+a}{b} + c}{d} \rfloor=\lfloor \frac {x+a + bc}{bd} \rfloor\)。虽然又可以变成原来的形式，但是每次分母会乘1000，显然几次之后就无法存下……。
　　我们改进这个标记。设一组标记为\((a,b,c)\)，意义是\(\lfloor \frac{x+a}{b}+c \rfloor (a < b)\)，相当于把b整除a的部分移出来了。由最终每一个点的值\(\leq 3*10^8\)，所以当\(b>3*10^8\)时，无论x是何值，此时只有两种取值（而且我们可以求出x的分界线）；在这种状态下，加一个标记时，必然仍然只有两种取值，且x的分界线依旧不变。
　　所以我们可以直接分块（这个标记性质我还应用不到线段树上去，感觉down和up比较混乱）。对于每一个块维护三个点的标记：如果\(b \leq 3*10^8\)，就开LL存下实际的标记；一旦超过，直接维护两种取值即可。每次重构块时，如果已经超过，可以拿本来\(a_i\)的值和x分界线比较，确定新的\(a_i\)的值。
　　以上做法也可以看出，每次超过的时候，整段区间里最大值和最小值只相差1了。所以吉利的套路应声而出。每次整除一个区间的时候，如果最大值和最小值为1了，就快速维护并退出；否则暴力递归子树去整除。

【J】留着坑。

【K√】
　　我们无需考虑具体是怎么连边的。我们知道一共有\(2*(E-1)\)个点参与连边，所以只要在保证所有连通块选的点数 \(\leq E-1\)的情况下，每次选取最少的点加入答案。

day5

【A√】签到题。

【B√】
　　调整法或打表可发现，=n的情况和<=n的情况是一样的。
　　显然，如果出现了数字i和数字i+1，\(c_i \leq c_{i+1}\)。所以可以直接用堆去暴力。每次要不把当前的数字加上二进制的一位的次数去拓展，要不放入一个新的数字；这些都是使答案+1的增量。然而这儿速度显然是不够快的。
　　我们可以先二分出堆的最后一步的增量mid。那么可以先求出增量\(\leq mid-1\)的答案，再一点一点暴力添加\(=mid\)的答案即可。细节略烦。

【C√】
　　超级超级有趣的构造题——构造\(N\)个点，恰好有\(K\)条对角线严格在内侧的不自交多边形。\(4 \leq N \leq 100\)
　　首先由三角剖分的性质，当\(K<N-3\)时无解。现给出一种在其余情况下都能构造出来的方法。
　　基本模型是，将\(N\)放在中心极远处，然后1~N-1排列成一个上凸的圆弧。显然这样在内侧的点数是\(N-3\)。当\(K\)增大时，我们考虑把前t（\(t \geq 3\)）个点“掰成”下凸的（即第t个点不变，1~t-1“翻过来”）。易得此时内侧点数为\(N-3+\frac{t*(t-3)}{2}+1\)（+1是因为1和t的连线也合法了）。
　　我们找到一个最小的t，使得内侧点数\(\geq K\)。现在我们还要减少若干个合法对角线。由不等式可得，我们要减少的对角戏数量\(p\)满足\(0 \leq p \leq t-3\)。此时，我们可以把极远处的1号点慢慢移回来。在往下移动的过程中，其到点t+1~N-1的对角线依然合法，但是它会逐渐看不到\(t-1,t-2,……1\)这些点——所以我们可以做到减少最多\(t-2\)条合法对角线。
　　具体构造的时候，我设点t坐标\((0,0)\)，点n坐标\((1,y)\)；
　　点\(i(i<t)\)坐标\((-(1+2+……+(t-i)),-1000000*(t-i))\)，
　　点\(i(i>t)\)坐标\((1000000*(i-t),-(1+2+……+(i-t)))\)。
　　在这样的条件下，\(x=1\)直线上点n逐渐看不到左侧点的那些区间会很大，y可以直接对某个点斜率下取整计算得到。
　　
【D√】
　　见识到了什么叫做神奇……有一个不涉及FFT的公式解……
　　首先观察到一个性质：如果一种局面存在集合k的方案，那么只存在唯一的一种方案（这样我们可以对合法集合k进行计数）。
　　设\(F_{n,k}\)为答案，尝试去构造递推式。假设我们最后加入了点n，枚举其是否作为k个点里的一个，得到式子：
　　\(F_{n,k}=F(n-1,k-1)*(1-p)^{n-k}+F(n-1,k)*p^k\)——但是这个递推式是\(O(N^2)\)的。
　　脑补一下，假设我们每次考虑最前面加入了点1，可以得到一个对称的式子。即
　　\(F_{n,k}=F(n-1,k-1)*p^{n-k}+F(n-1,k)*(1-p)^k\)
　　这样求出的\(F_{n,k}\)当然是相同的。联立上下两个式子即可得到：
　　\(F_{n,k}*(p^k-(1-p)^k)=F_{n,k-1}*(p^{N+1-k}-(1-p)^{N+1-k})\)
　　这样N就是定值了，变成了关于K的一维递推！直接\(O(N \log N)\)求一下即可。
　　注意到，当\(p=0.5\)时分母会变成0。此时由p的特殊性，可以直接用组合数式子求答案。

【E】
　　是一道很有趣的题呢。emmmm补完再更。

【F√】
　　构造题。被lsmll学长秒杀了……有空去研究一下。

【G√】
　　考虑直接枚举直线的斜率d，它的贡献是\(\min\{r_1,r_2+d,\dots,r_n+(n-1)d \}-max \{l_1,l_2+d,\dots,l_n+(n-1)d \}+1\)。发现当d变化的时候，实际是一堆直线问某个x的max或min。只要建立一个上凸壳和一个下凸壳询问一下即可。注意d可能会很大，所以不能暴力枚举所有的x。其实只要一段段枚举x，每次一起算即可。

【H】
　　很迷的特判+随机/爆搜（？）题。

【I】溜了溜了。

【J】溜了溜了。

【K】
　　首先将N分解成\(p_i^{k_i}\)的形式。最后的答案就是\(min{a_i}=0\)且\(max{a_i}=k_i\)的方案数。很容易想到容斥的形式，枚举每一个质数无限制/min/max/都限制。注意到在计算贡献的时候，min和max的贡献是等价的，把他们并在一起考虑即可。效率为\(3^{15}*O(1)\)。
　　注意不必用rho分解，因为我们只关心\(k_i\)。只需判到\(10^6\)，然后要不是\(p1*p2\)，要不是\(p^2\)。单独判一下后者即可。
　　

day6

【A√】
　　DP一下即可。lzw学长一下就过了呢。

【B】
　　给出一棵N个点的树，每条边边权是[0,1]的随机实数。求树的期望直径。溜了溜了。

【C√】
　　每次只需暴力枚举boss是谁，然后匈牙利判一下即可。一个点成为boss的必要条件是：度数至少是\(\lfloor \frac{N}{2} \rfloor\)。按边考虑可以证明复杂度。

【D】
　　N个二元组\((p,q)\)按顺序插入。要求插在尽量前面，但是插入点下标必须满足\(\geq q\)，且插入后左右两个点中至少有一个的p与它相同。如果没有合法位置，就插在最后。求结束时的序列模样。

　　显然我们主要的任务是求出每个元素插入时的位置。
　　脑补了一个平衡树维护、线段树查标号的方法。
　　其实可以只用线段树和vector来完成这个task。首先，连续颜色(p)合在一起不影响结果。我们把连续颜色都看做一段，然后给他们按先后顺序编个号；同时对每一种颜色维护一个vector，按顺序记录这种颜色的所有编号。每次插入一个二元组时，我们查询一下下标为\(q-1\)的点所在颜色段的编号id；然后在该二元组颜色的vector里二分一下（因为所有编号\(\geq id\)的段都合法，找最靠前的一个即可）。当然查不到的话就新建一个段。现在唯一的问题是，我们要实时维护好下标。其实只要开一个以编号为下标的线段树，维护编号区间里的点数和。每次在线段树里“二分地”走下去即可。
　　算出每次的插入位置后，我们倒着循环一遍，用树状数组就能维护出最后的答案。效率\(O(NlogN)\)。
　　

【E】
　　给出一个长度为\(N\)的随机十进制数S。求$\lfloor \frac{S}{1} \rfloor+ \lfloor \frac{S}{11} \rfloor +…… $的准确值。想补。

【F√】
　　感觉这种置换环有关的题很经典呀。首先显然每一个环可以独立考虑，最后把答案并起来即可。
　　对于每一组置换，其实有\(S\)和\(T\)两个环。S最终变换到T，可以分成两部：S第一次变成T，T某次有变回了T。其中第一部分可以最快步数，第二部分则是一个循环。也就是说，最后每一个环对答案ans的要求是：\(ans \mod A_i=B_i\)。CRT合并起来即可。
　　这两个部分的求法类似。以第一部分为例。我们先枚举某一种字符，关注它们在分别在S和T中的分布（显然个数要相同）。一种暴力的想法是，对于S中的一个位置，我们枚举它对应T中的哪个位置，暴力验证一下是否可以，然后把步数取个min即可。仔细分析验证过程，发现只要两两的间距相同即可。所以一开始我们可以求出S和T的两两间距集合S‘和T’，将T'倍长后，用kmp求出S'和T‘所有匹配位置，把步数取个min即可。

【G√】
　　差分一下考虑起来就比较简单。但是会卡精度。注意可以用模数来验证小数操作的判相等。

【H√】
　　容易发现，把-1都换成前面最靠近它的不是-1的数，n能尽可能得长。
　　然后可以依次对数字\(1,2,\dots,m\)考虑，每次判断能在开头加几个（每次加在开头肯定不劣）。

【I√】
　　神奇的交互题。
　　本质是要找一个在N+（1~10）上的单调函数来估价。本来我以为是简单的\(f(x)=x\)或\(f(x)=x^2\)，没想到lsmll试了\(f(x)=2^x\)过了。

【J】
　　甚至不知道题意。

【K√】
　　异或=0的条件其实比较宽。耐心特判有一个可修改的、两个可修改的即可。多个可修改的话，每次随机规定一下判一下就行了。