杂题乱做
记录一些有意思的题。
\(*2600\).
维护一个当前指针endpos，指向序列末尾，同时维护一个 set<pair<int,int> >，表示每个数第一次出现的位置。
加操作可以直接加入，如果当前这个数已经出现过直接右移指针，否则维护一棵树状数组，加上贡献。
减操作直接将 endpos 左移即可。
回滚操作时，因为可以记录上一次操作，然后就可以直接减操作变成加，加操作变成减。
询问直接在BIT上查就行。
注意细节。
*2500.
感觉很显然啊。
考虑对于每个可重集，添加怎么维护 size。对于一个可重集，如果这个数存在，那么 size 乘二，否则 size 加一。
因为是对一段添加并且值域为 \(n\)，所以容易想到用 ODT 来维护数 \(x\) 是否存在。如果某一段的值为 0，就对这一段区间加。否则，就区间乘 2。线段树实现即可。
容易犯错的是没有保证 ODT 的复杂度正确，即在 ODT 上跳完之后没有将遍历的区间推平。
代码很好写。
*1800.
双指针。差分之后维护一个 gcd ST表，然后判 \(\gcd _{i=l}^r\not= 1\) 即可。
据说叫什么不删除双指针？
*2400.
简单树上莫队。
*2800.
lzqy_讲状态数 dp 的例题，好像秒了。
发现这个 \(x\) 很小，想一下哪些状态和 X-substring 有关，直接把需要的状态存下来，而这是很对的。
*2500.
区间 dp.
看到 \(n,x \le 100\)， \(\sum x\le 500\) 发现可以 \(O(n^3x)\)。
很奢侈地设 \(f_{i,j,k}\) 指令区间 \([i,j]\) 全部为 \(k\) 的代价。
发现这个不包含 \(k\) 覆盖的操作很难转移，考虑再设一个 \(g_{i,j,k}\) 表示令区间 \([i,j]\) 不含 \(k\) 的代价。
考虑怎么转移。
发现 \(g\) 的转移就是一个区间 dp 板子，发现 \(g_{i,j,k}\) 要对所有 \(({g_{i,j,o}+1})(1\le o \le x)\) 取 \(\min\)。
然后对着 \(f\) 区间 dp 一下，算上 \(g\) 的贡献即可。
需要注意什么时候需要对 \(\min(g_{i,j,k})\) 加一，不然可能会 WA on #2。
*2800.
首先知道是一个 \(\log\) 级别的。
考虑一个神秘哈希，如果一段区间合法，那么你对每个数值进行哈希，这段区间哈希值的和必定是 \(k\) 的倍数。注意到这只是充分条件，不能反推，所以多哈希几次就行。
常数太大不想调。
upd：调用太多次函数且不内联且早期丑陋马蜂导致的。重构完就过了。
upd2：过段时间又交一次又不过，发现原因是 umap 常数太大/fn，直接将原来的值改为指向离散化数组的位置就跑的飞快了。
感觉很神。
先有一个引理：b 中区间 \([l,r]\) 的最小众数必定为 \(b_l\) 或 \(1\)。用反证法证明。
然后对 \(lt=2,3,\dots,\max a\) 分别计算对应的最小众数为 \(b_{lt}\) 的 \(rt\) 数量。其余的为最小众数为 \(1\) 的区间。
问题转化为计算对应的最小众数为 \(b_{lt}\) 的 \(rt\) 数量。考虑一段 a 中区间满足能从 b 的 \(lt\) 走到 \(rt\) 当且仅当\(\forall x\in[lt,rt],a_x\ge b_{lt}\)。用链表维护答案。
*1800.
考虑移动一位，造成影响的只有最左边和最右边的。直接前缀和。
*1800.
对每个 25 的倍数暴力 chk 就行。
X 可以直接暴力赋值。
*1400.
考虑把所有数的异或和放到序列里面，这样异或和就是 0。然后补足条件就行。
*3200.
考虑保留子树和删掉子树没有本质区别。
状压，记 \(f_{u,i,s}\) 表示以 \(u\) 为根的子树，子树内最早的保留子树操作是 \(i\)，操作的是以 \(u\) 为根的子树的子树的集合为 \(s\)。
合并两个子树的时候，要求至多有一个子树满足 \(i\le k\)，且两个子树的集合 \(s1,s2\) 满足 \(s1\cap s2=\emptyset\)。
在合并完所有儿子后，再考虑操作 \(u\) 的子树，枚举操作。
如果要保留子树，则要求 \(i>j\)。如果是一个删除子树的操作，则要求 \(j\forall l\in s\)。同时需要判断子树大小是否正确。
CF505C
*1800.
考虑每次步数的变化量是不大的，所以可以计数的时候枚举对于原来的变化量，转移即可。
*2000.
记子集为 \(res\)，最大值为 \(x\)，最小值为 \(y\)。
考虑答案的情况。看样例不难发现答案一定形如 \((x,\cdots,x),(x-1,\cdots,x-1),\cdots,(y,\cdots,y),y+1,y+2,\cdots,x-1\)。
考虑这样的形状有什么限制。首先发现这一段区间是值域连续的。其次，除了 \(x,y\)，其他的元素出现次数必须 \(\ge 2\)，而且肯定能选就选。因为值域较小，因此可以直接在桶上双指针，每次尽量向右扩展找到最大的出现次数 \(\ge 2\) 的位置，更新答案即可。
需要注意 if 语句的判断顺序不要出错。
*2400.
考虑显然可以套个 ODT。拆一下单点的值的影响，发现修改的时候用 BIT 加一下就行。
*2000.
发现修改一段前缀必定是保留这段前缀里面出现次数最多的，但是需要先把这个数的所有地方包含，否则很劣。考虑从前开始贪心，每次向后跳之后找到出现次数最多的数，这个数就保留下来。
*2000.
肯定能建出 01-trie。给每个位置算贡献。从 trie 树往下贪心，钦定前面的相同然后往下找，记子树个数分别为 0 和 1，分讨一下。
*2000.
随机化，随机若干个点找到 x 的前驱，然后直接暴力跳就可以了。
这纯唐氏题。
*2000.
一个段能被覆盖的充要条件是这个段每个位置被覆盖次数都 \(\ge 2\)。
差分一下。
注意差分的时候需要把 \(l,r,r+1\) 都加入数组，因为这样才能保证差分不出错。
*2000.
考虑一段区间 \([l,r]\) 一定可以被全部推平成 \(r-l+1\)，构造类似 \(0,1,2,\dots,r-l\) 即可。
又因为 \(n\le 18\)，可以 \(2^n\) 枚举所有位是否被推平，找出最大值。
因此考虑如何输出。考虑构造出形如 \(0,1,\dots,x\) 的形式必定是对 \(0,1,\dots,x-1,t\) 做一次区间推平，然后再把前面一段改回 \(0,1,\dots,x-1\)。
因此可以递归地进行处理，处理 \([l,r]\) 时先递归 \([l,r-1]\)，然后更改 \([l,r]\)，再更改 \([l,r-1]\)。需要注意，在每次操作之前先把每一位归零，区间覆盖完 \([l,r]\) 之后先把 \([l,r-1]\) 清零。
首先肯定可以先用 \(n-1\) 次异或操作，求出 \(a_1\) 和其他位置的异或值，这样只需要知道 \(a_1\) 就可以知道所有的值。
于是问题转化为怎么在两次操作内用三种操作求出 \(a_1\)。
首先如果有两个位置的异或值是一样的，说明这两个位置的值是一样的。于是对这两个位置做一次 AND 或者 OR 就可以知道值，进而推出所有值。
其次，因为所有位置的异或值都不一样，说明每个值出现了 恰好一次。考虑如果 \(x\oplus y=1\)，说明 \(x\) 和 \(y\) 只有最低位不同。因此找出这个位置，求出 \(a_1\) 除了最后一位的值。那么求最后一位的值只需要找其中一个异或值的最后一位为 \(0\) 的位置就可以了。
signed main() {
int n; rd(n);
t[0]=1;
for(int i=2; i<=n; i++) cout<<"XOR 1 "<<i<<endl,cin>>c[i],t[c[i]]++;
for(int i=0; i<n; i++)
if(t[i]>=2) {
int w1=-1,w2=-1;
for(int j=1; j<=n; j++)
if(c[j]==i) {
if(w1==-1) w1=j;
else {
w2=j;
break;
}
}
assert(w1!=w2);
cout<<"AND "<<w1<<' '<<w2<<endl,cin>>a[w1];
a[1]=a[w1]^c[w1];
cout<<"! "<<a[1]<<' '; for(int i=2; i<=n; i++) a[i]=a[1]^c[i],cout<<a[i]<<' '; cout<<'\n';
return 0;
}
int w=0;
for(int i=2; i<=n; i++) if(c[i]==1) w=i;
int res1;
cout<<"AND 1 "<<w<<endl,cin>>res1;
int res2;
for(int i=2; i<=n; i++) if(c[i]==2) w=i;
cout<<"AND 1 "<<w<<endl,cin>>res2;
assert(res1+res2%2==res1|res2);
a[1]=res1+res2%2;
cout<<"! "<<a[1]<<' '; for(int i=2; i<=n; i++) a[i]=a[1]^c[i],cout<<a[i]<<' '; cout<<'\n';
return 0;
}
嘴巴会的：
根号分治。
字符串哈希之后转化题意为：
长度为 \(n\) 的序列，\(q\) 次询问求最短的包含数 \(x,y\) 的区间长度。
这很根号分治。设阈值为 \(B\)。
如果 \(x,y\) 出现次数均小于 \(B\)，那么直接类似归并，在两个 vector 里面扫一遍即可。
否则出现次数 \(\ge B\) 的数 \(p\) 显然 \(\large\le \frac n B\)个。考虑一个暴力，从头到尾扫一遍，发现一个数\(q\) 和 \(p\) 的贡献要么是在 \(p\) 前且和 \(p\) 最近的 \(q\) ，要么是后面的且离 \(p\) 最近的 \(q\)。所以直接记录一下就可以了。所以和其他的匹配是 \(O(n\sqrt n)\)的。令 \(B=\sqrt n\)，丢到一个 umap 里面就做到了纯正的 \(O(n\sqrt n)\)。
ps:lsy提出在存 \(q\) 的位置里面二分，然后调一下 \(B\) 就可以 \(O(n\sqrt {n\log n})\)。感觉好写一点啊。
代码有点难写，但是嘴巴会了就是会了！！！1
