CF1172
Codeforces Round #564 (Div. 1)
A
最优情况一定是先打出若干张空白牌后就一直不打空白牌了。设 \(pos_i\) 为 \(i\) 这个数在牌堆中的位置，若一张空白牌都不打就能完成则其为最优，否则答案为 \(\max\limits_{i=1}^n pos_i+n-i+1\)，即将一张牌从牌堆移出后又将其移到对应位置上。
还有另一种思路：
设 \(cnt_i\) 为数字 \(i\) 移到其对应位置的所需次数，\(pos_i<i\) 时，\(cnt_i=pos_i+n-i+1\)，否则 \(cnt_i=pos_i-i\)。若存在 \(cnt_i\) 小于当前 \(cnt_i\) 的最大值，说明数字 \(i\) 会回到手牌中，因此将其调整为 \(pos_i+n-i+1\)。这时若最大值发生变化则再调整一轮，最终最大值即为答案。因为答案的上界为 \(2n\)，所以最多调整两轮。
B
发现对于 \(x\) 的每个子树，其在圆上一定是连续的一段，不然子树间就会相交。先定一个根节点，发现根节点可以排列其所有子树的顺序，不是根节点的节点可以排列其本身和所有子树的顺序，因此答案为 \(n\prod\limits_{i=1}^n deg_i!\)。
C
暴力就是考虑每个数，记录当前操作次数，喜欢的位置选到的次数，考虑的数选到的次数，直接 \(DP\) 即可。
考虑优化，设 \(s\) 为总的权值和，\(s_1\) 为喜欢的位置的权值和，\(s_2\) 为不喜欢的位置的权值和，\(f_v(i,j,k)\) 为 \(i\) 次操作后，当前喜欢的位置的权值和为 \(j\)，不喜欢的位置的权值和为 \(k\)，某个喜欢的位置的权值 \(v\) 的期望值，\(g_v(i,j,k)\) 为某个不喜欢的位置的权值 \(v\) 的期望值。
得 \(f_v(i,j,k)=vf_1(i,j,k)\)，其可以通过数学归纳法证明，这里对 \(i\) 进行归纳。发现 \(j,k\) 可以用增量的形式表示，即 \(f_v(i+j,s_1+i,s_2-j)\)。
转移为：
得当 \(i+j=m\) 时为边界，\(f_1(i,j)=g_1(i,j)=1\)。
D
满足某一行和某一列的要求后，就能把 \(n \times n\) 的问题转化为 \((n-1) \times (n-1)\) 的问题。考虑到第 \(i\) 个时，找到第 \(x\) 行要到第 \(i\) 行，第 \(y\) 列要到第 \(i\) 列，若 \(x,y\) 都等于 \(i\)，就不处理，否则放一对传送门 \((x,i),(i,y)\)，然后交换第 \(x\) 行和第 \(i\) 行的要求，交换第 \(y\) 列和第 \(i\) 列的要求即可，交换是为了接下来满足 \(i\) 的要求。
E
单独考虑每个颜色的贡献，用总路径数减去不包含某一颜色的路径数即为该颜色的贡献。
若当前考虑到的颜色为 \(c\)，将所有颜色为 \(c\) 的点看作白点，其他点为黑点，那么不包含颜色 \(c\) 的路径数就是所有黑色连通块大小的平方。每个黑点向父亲连边，每个黑色连通块最上面都有一个白点，也就是一个白点下面挂着一些黑色连通块。离线后用 \(LCT\) 维护子树大小的平方和，每次在最上面的白点查询变化量即可。
具体来说，初始时整棵树都是黑点，然后用 \(LCT\) 来实现黑白点的变化和查询变化量。处理完当前颜色后，要注意把整棵树再变回都是黑点。
F
题目中的函数可以看作有一个值经过区间后得到一个值，设初始值为 \(x\)，那么结果一定能表示为 \(v+sum_{l,r}-xp\)，其中 \(sum_{l,r}\) 为区间和，\(x\) 为减去 \(p\) 的次数，因为随着 \(v\) 的增大，\(x\) 不会减小，因此该函数为分段函数。
考虑线段树，在节点上维护 \(c_x\)，其为使得在该节点对应的区间 \([l,r]\) 中减去了 \(xp\) 的最小初始值，即为分段函数每一段的端点。
考虑合并信息，用左区间的 \(c_x\) 和右区间的 \(c_y\) 来更新当前区间的 \(c_{x+y}\)。为保证合法，这里要求左区间初始值的最大值 \(c_{x+1}-1\) 经过左区间后要大于 \(c_y\)，即 \(c_{x+1}-1+sum_{ls}-xp<c_y\)，然后就可以用 \(\max(c_x,c_y-sum_{ls}+xp)\) 来更新 \(c_{x+y}\)。
发现 \(c_{x+1}-c_x \geqslant p\)，因为 \(c_x\) 经过区间后不可能大于 \(0\)，所以至少加 \(p\)，才也可能使 \(p\) 的次数变多，得 \(c_{x+1}-1+sum_{ls}-xp\) 具有单调性，可以双指针来做。
询问时就在分段函数上二分即可。
