CF1800-1900

CF1490G Old Floppy Drive

首先判断是否可以在第一圈就符合题意，记录前缀和 $sum$ 和 $mx$ 数组，其中 $m{x}_i$ 为 $sum$ 从起点到 i 的最大值，即 $m{x}_i=max(m{x}_{i-1},su{m}_i)$。
显然如果在第一圈就满足条件，就有 $m{x}_n\ge x$，lower_bound 一下即可。
如果无解，就有 $m{x}_n<x$ 且 $su{m}_n\le 0$。
接下来就是循环多次的情况，二分一下走的圈数，对于二分出来的 $mid$，判断是否符合题意，即是否满足 $m{x}_n+su{m}_n\times mid\ge x$。
对于一个符合条件的圈数 $mid$，再特判一下最后一圈是否走满，lower_bound 一下即可。

CF1494C 1D Sokoban

显然分开讨论正负箱子，首先考虑正数。
记录前缀和 $sum$，表示从 $0$ 开始，能推 $su{m}_i$ 个箱子过来。再记录数组 $in$，表示在推箱子之前从 $0$ 到 $i$ 有 $i{n}_i$ 已经在特殊位置了。
接下来枚举每一个位置 $i$，对于每一个位置 $i$，再找到一个位置 $j$，表示将从 $0$ 到 $i$ 的所有箱子推到位置 $i$，这些推在一起的箱子的终止位置为 $j$，注意这里推来的箱子不止 $su{m}_i$，而应该是 $su{m}_j$，因为 $i$ 到 $j$ 的箱子也会被推过来，所以对于一个合法的 $j$，有 $b_j-b_i+1\le su{m}_j$。
显然位置 $j$ 是单调的，二分即可。在枚举的 $i$ 时，当 $i$ 单调时，$j$ 也一定单调，因为积累的箱子会越来越多，因此双指针即可。

CF1495B Let's Go Hiking

显然两人选择坡长的山坡更优。
首先明确赢得比赛的两种方法：
其一是两人在不同的山坡移动，当 D 已经到达终点而无法移动时，Q 还未到达终点，那么 Q 胜利。
其二是两人在同一个山坡移动，Q 将 D 的路堵上了，那么 Q 胜利。
对于先手 Q，他首先选择了一个最长的坡，然后轮到 D。
第一种情况：如果剩下的坡长都小于 Q 选择的坡。
显然如果 D 选择与 Q 不同的坡，他会因为这条路短于 Q 的路而率先到达终点导致无法取胜。因此他会选择和 Q 选择同一条路去堵 Q。如果这条坡的长度为奇数，D 在坡底即可，如果是偶数，在坡底往上选一格即可。所以这种情况 Q 无法胜利。
接下来第二种情况：轮到 D 选择时，剩下的坡有与 Q 选择的坡长度相等的。
如果这两条坡没有连在一起，那么 D 显然会选择这条路，此时 D 会因为是后手而取得胜利。
显然如果有多条这样的坡，与上面同理，D 必胜。（同时也说明答案只会是 $0$ 或 $1$）
如果这两条坡连在一起，Q 在这两条最长坡的坡顶，显然这时 Q 想取胜只能去堵 D，当坡长为偶数时，Q 可以获胜。否则若为奇数 Q 会反被 D 堵住。
最后我们发现 Q 胜利的条件只有一个：有且仅有两条最长的坡，并且这两条坡连在一起且长度为偶数。

CF1512F Education

我们发现如果升到第 $i$ 级最早是第 $j$ 天才能实现，那么，可以证明在 第$j$ 天升到第 $i$ 级是升到第 $i$ 级后一直攒钱买电脑的最优解。

证明

假设要升到第 $i$ 级最早要在第 $j$ 天才能实现，而我们选择在第 $k(k>j)$天实现，由于升到第 $i$ 级所需的钱相同，所以我们只需比较获得的钱即可。由于 $j$ 天前和 $k$ 天后两种情况一致，不考虑，只考虑 $j$ 到 $k$ 这 $k-j$ 天的情况。在这段时间中，选择在第 $j$ 天升级获得的钱数是 $(k-j)\times a_i$，而选择在第 $k$ 天升级获得的钱数是 $(k-j)\times a_{i-1}$，由于 $a$ 是一个不降的序列，所以 $(k-j)\times a_i\ge (k-j)\times a_{i-1}$，因此选择在第 $j$ 天升级是最优解。

我们可以使用两个数组 $k_i$ 表示升到 $i$ 级需要的最少天数，$w_i$ 表示最快升到 $i$ 级剩余的钱数。
得到公式：
$k_i=k_{i-1}+\lceil \frac{b_{i-1}-w_{i-1}}{a_{i-1}}\rceil$
$w_i=w_{i-1}-b_{i-1}+\lceil \frac{b_{i-1}-w_{i-1}}{a_{i-1}}\rceil \times a_{i-1}$
于是我们可以求出升到第 $i$ 级后一直攒钱买电脑所需的天数，取最小值即可。

CF1468J Road Reform

先做一遍最小生成树，如果最小生成树上有大于 $k$ 的边，设第 $i$ 条边边权为 $s_i$，答案直接等于 $\sum max(0,w_i-k)$。
如果最小生成树上所有的边都小于 $k$，这时我们只需要将其中任意一条边删去，再加上一条边权最接近 $k$ 的边即可。因为在最小生成树上加一条边，一定会形成一个环，再在这个环上随便删除一条边即可。答案就等于这条最接近 $k$ 的边与 $k$ 的差。

CF1475D Cleaning the Phone

我们可以将体积为 $1$ 和 体积为 $2$ 的物品分成两堆，并分别将这两堆按照价值从大到小排序，考虑到答案的一定是由两个序列各选一个前缀构成。
枚举在第一堆选择的个数，再二分在第二堆满足条件的最小前缀。
最后取最小值即可。

CF1500A Going Home

这道题直接暴力枚举即可，因为 $a_i\le 2.5\times {10}^6$，所以两两相加的和不会超过 $5\times {10}^6$。暴力枚举的时间复杂度为 $O(n^2,C)$，其中 $C$ 是值域。

CF1509C The Sports Festival

显然我们应该将 $s_{min}$ 或 $s_{max}$ 放到最后。
那么容易想到改变后的 $s$ 序列前 $i$ 个数在有序的 $s$ 中一定是连续的一段。
因此，先将 $s$ 排序，设计出状态，$d{p}_{i,j}$ 表示前 $j-i+1$ 个数是 $s_i$ 到 $s_j$ 的数。
所以转移就是 $d{p}_{i,j}=min(d{p}_{i+1,j},d{p}_{i,j-1})+s_j-s_i$。（区间 dp）

CF1517D Explorer Space

首先当 $k$ 为奇数时，显然无法回到原点，直接输出 $-1$。
由于走出 $k$ 步之后要回到原点，所以只能向外走 $\frac{k}{2}$ 步。又因为要求最小值，所以走出去和走回来经过的路径的一样的。
于是问题转化成了：从原点向外走 $\frac{k}{2}$ 步的最小取值。
设 $d{p}_{i,j,d}$ 表示从 $(i,j)$ 出发，走 $d$ 步的最小取值，转移即可。

CF1525D Armchairs

从源点向每一个人连一条流量为 $1$，费用为 $0$ 的边，每一个椅子向汇点连一条流量为 $1$，费用为 $0$ 的边。
对于每一个 $i$，向点 $i-1$ 和 $i+1$ 连一条流量为 inf，费用为 $1$ 的边，跑一遍费用流即可。（也可以用 dp 做）

CF1535D Playoff Tournament

设 $tre{e}_i$ 表示第 $i$ 局可能获胜的个数，因为晋级规则都是二选一，所以可以用线段树合并信息求解。
首先我们把题干中的标号重新排序，将原本的标号 $x$ 改为 $2^k-x$，这样每一局的比赛信息 $i$ 都与第 $2\times i$ 局和第 $2\times i+1$ 局有关，与线段树编号相同，方便操作。
当 $s_i=0$ 时，$tre{e}_i=tre{e}_{i<<1|1}$。
当 $s_i=1$ 时，$tre{e}_i=tre{e}_{i<<1}$。
当 $s_i=?$ 时，$tre{e}_i=tre{e}_{i<<1}+tre{e}_{i<<1|1}$。
最后 $tre{e}_1$ 即为答案。