CF1800-2200

CF1575K Knitting Batik

首先不难分析，如果两个矩形不相交，方案数为 $k^{nm-rc}$；如果两个矩形完全重叠，方案数为 $k^{nm}$。
对于两个矩形不完全重叠的情况，显然在两个矩形之外的部分可以随意涂色，重点考虑两个矩形之间的一些限制。对于第一个矩形，在不与第二个矩形相交的部分没有限制，可以任意填色。在对这部分填色时，第二个矩形相应位置的颜色也就确定了，由于两个矩形相交，所以也对应了部分重叠位置的颜色，就是一个不断对应的过程，直至把两个矩形填满。
最后总结出来就是除了第二个矩形之外的位置都可以随意涂色，方案数就是 $k^{nm-rc}$。

CF1579G Minimal Coverage

设最长线段长度为 $l_{max}$。可以证明，最后的答案一定在 $l_{max}$ 和 $2\times l_{max}$ 之间。
我们发现这道题并没有一个保证正确性的一个贪心策略，对于每一条线段它向左或向右放置都是有可能的，当然前提是答案不能超过 $2\times l_{max}$，题中线段的长度并没有很大，考虑 dp。
dp 状态：$d{p}_{i,l}$ 表示当前第 $i$ 条线段的终点到最左边的距离为 $l$ 时，到最右边的距离。最后的答案即为 $min(l+d{p}_{n,l})$。
具体地，对于第 $i$ 条线段，长度为 $a_i$，如果向左放，转移就是
$d{p}_{i,max(j-a_i,0)}=min(d{p}_{i,max(j-a_i,0)},d{p}_{i-1,j}+a_i)$
向右放时注意判断到左边界的距离不能超过 $2\times l_{max}$
$d{p}_{i,j+a_i}=min(d{p}_{i,j+a_i},max(d{p}_{i-1,j}-a_i,0))$

CF1580C Train Maintenance

根号分治

发现火车使用是有周期性的，$x_i+y_i$ 是它的周期。
对于 $x_i+y_i>\sqrt{m}$ 的情况，最多只会有 $\sqrt{m}$ 次贡献改变，所以我们暴力修改，记录一个差分数组。
对于 $x_i+y_i\le \sqrt{m}$ 的情况，最多不会有超过 $\sqrt{m}$ 种 $x_i+y_i$，我们对每一种 $x_i+y_i$ 用一个数组记录以它为循环中每一天的具体贡献。统计答案时枚举每个循环长度，加上此天贡献即可。
注意删除时判断当前火车是否在修，若在修因对答案减 $1$。

CF1607G Banquet Preparations 1

设 $suma=\sum _{i=1}^n{a}_i$，$sumb=\sum _{i=1}^n{b}_i$，$mxa=\sum _{i=1}^{n}min(a_i,m)$，$mxb=\sum _{i=1}^{n}min(b_i,m)$
分别表示鱼肉总重、猪肉总重、最多能吃的鱼肉数量和最多能吃的猪肉数量。
不妨设 $suma\ge sumb$，$suma<sumb$时同理即可。
下面进行分类讨论：
1.$suma-mxa\ge sumb$，也就是说无论吃多少鱼肉，鱼肉总数都比猪肉总数多，此时就尽可能多地吃鱼肉，剩下的吃猪肉。
2.$suma-mxa<sumb$，此时我们很容易知道当 $suma+sumb-n\times m$ 为奇数时答案为 $1$，$suma+sumb-n\times m$ 为偶数时答案为 $0$。
下面我们来构造。
设答案为吃 $x$ 克鱼肉，则会吃 $(n\times m-x)$ 克猪肉。
那么方程就是：$suma-x=sumb-(n\times m-x)$
解得：$x=\frac{suma-sumb+n\times m}{2}$

CF1607H Banquet Preparations 2

首先显然只有 $a_i+b_i-m_i$ 相同的菜才有可能最后相同，所以先将 $a_i+b_i-m_i$ 相同的菜分到一组，然后再考虑组内的划分。
对于第 $i$ 道菜，我们设最后它的 $a_i$ 变成了 $x_i$，这个 $x_i$ 的取值一定是一段连续的区间，设这段区间为 $[l_i,r_i]$，那么有 $l_i=max(a_i-m_i,0)$，$r_i=a_i-max(m_i-b_i,0)$。
对于每道菜都求出 $l_i$ 和 $r_i$，则最后两道菜在同一组的条件就是两道菜的区间 $l$，$r$ 有交。
那问题就可以转化为在数轴上有若干条线段，我们要在数轴上放最少数量的点，满足每条线段上至少放一个点。

贪心

将区间按右端点从小到大排序。首先对于最左侧的线段，我们必须在上面放一个点，考虑贪心地将这个点放在最右侧，那么这个点所能覆盖的线段最后的答案相同，将这些线段删除，再重复操作。

CF1615D X(or)-mas Tree

发现我们只关注 popcount 的奇偶性，而 $popcount(x⨁y)\equiv popcount(x)+popcount(y)(\mathrm{mod}2)$。所以我们可以直接将一条边的权值根据其 popcount 的奇偶性改为 $0$ 或 $1$，那么所有的异或值只能为 $0$ 或 $1$ 了。
将路径上的异或和转化成两个点到根的距离的异或和。那么如果两个点之间的路径奇偶性等于 $1$，则这两个点到根的路径 popcount 不同（所有点到根的 popcount 只会是 $0$ 或 $1$）；反之，则相同。
因此转化为了这样一道题：有两个集合，第 $i$ 个条件表示 $u$ 和 $v$ 在同一个集合，或不在同一个集合，求出一组解。用扩展域并查集求解即可。
最后遍历整棵树，如果当前节点和它的子节点不在同一个集合，那么边权为 $1$，反之，就为 $0$。

CF1547G How Many Paths?

首先可以判断输出 $-1$ 的就是可以经过环到达的点，输出 $0$ 的就是从点 $1$ 搜索不到的点。
从节点 $1$ 做一次 dfs，开一个栈记录只经过而还未回溯的点，在遍历到它的时候将它加入栈顶，遍历结束弹出栈顶。那么对于一个节点 $u$，它的子节点 $v$ 已经到过，则
1.$v$ 在栈中，则构成一个环，打上 $-1$ 的标记。
2.$v$ 不在栈中，则到达 $v$ 的路径有 $\ge 2$ 条，打上 $2$ 的标记。
对于打上 $-1$ 和 $2$ 标记的节点，它所能到达的节点也要被打上标记，但是注意 $-1$ 标签可以覆盖 $2$ 标签，但 $2$ 不能覆盖 $-1$。
最后，还没有被打上标签的，节点 $1$ 能够到达的点都被打上 $1$ 标签，剩下的就是 $0$ 标签了。

CF1555E Boring Segments

双指针

首先将线段按照权值排序，双指针的过程中，加入一条线段 $[l,r]$，在线段树上将区间 $[l,r-1]$ 加一，删除该线段时就在线段树上将区间 $[l,r-1]$ 减一，判断区间是否被完全覆盖就查询 $[1,m-1]$ 的最小值是否大于零即可。

CF1575L Longest Array Deconstruction

考虑对于两个点 $x$，$y$ $(x<y)$，它们对答案有贡献的条件：
1.$a_x<a_y$
2.$x-a_x\le y-a_y$
$x-a_x$ 表示在坐标 $x$ 之前要删掉多少个数才能使 $x=a_x$，显然需要 $x$ 前删掉的数的个数小于等于 $y$ 之前删掉的数的个数。
同时，我们稍微推一下这个不等式，发现它也满足：$x<y$
所以这就变成了一个二位偏序的问题。
将所有数字按照 $i-a_i$ 从小到大排序，然后求出 $a_i$ 的最长上升子序列的长度，可以用二分或者树状数组求解。

CF1598E Staircases

很容易想到一个暴力的 dp，$d{p}_{i,j,0/1}$ 表示以 $(i,j)$ 位置向右或向下的阶梯数量，转移就是 $d{p}_{i,j,0}=d{p}_{i,j-1,1}+1$，$d{p}_{i,j,1}=d{p}_{i-1,i,0}+1$。如果没有修改，答案就是 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d{p}_{i,j,0}+d{p}_{i,j,1}-1$。
考虑修改 $(x,y)$ 的贡献，即为加上或减去经过这个点的所有合法楼梯的数量，那么我们向四个方向搜索并组合，累计修改即可。

CF1606E Arena

发现每个英雄在每轮结束时受到的伤害是一样的，那么设 $d{p}_{i,j}$ 表示还有 $i$ 个英雄没死，对每个活着的英雄的总伤害为 $j$ 的方案数。
明显我们不能让场上只有一个英雄剩下，那么在 dp 过程中忽略掉 $i=1$ 的转移即可。
每一轮对每个英雄的伤害是 $i-1$，然后我们枚举剩下多少个英雄，将其设为 $k$，那 $d{p}_{i,j}$ 可以转移到 $d{p}_{k,min(j+(i-1),m)}$，$i-k$ 表示了在这一轮死了的人数，方案数需要乘上 $(min(j+(i-1),m)-j{)}^{i-k}$。因为每个英雄是有标号的，所以转移的时候还要再乘上 $C_i^{i-k}$。

CF1593F Red-Black Number

因为 $n$ 的范围很小，可以直接 dfs 搜索，一共四维状态，$vi{s}_{i,j,k,l}=0/1$ 表示当前到第 $i$ 个数字，染成红色组成的数 $modA=j$，染成黑色组成的数 $modB=k$，染了 $l$ 个红色的数字是否被搜到。记忆化一下，复杂度为 $O(n^{2}ab)$。

CF1616E Lexicographically Small Enough

设 $s$ 经过交换后的字符串为 $s^{\prime }$，枚举 $s^{\prime }$ 和 $t$ 公共前缀长度为 $l$，则 $s^{\prime }[1,l]=t[1,l]$ 且 $s^{\prime }[l+1]<t[l+1]$。
对于每一个位置 $i$，我们维护出使得到此位置 $s^{\prime }$ 和 $t$ 前缀相等的最少操作次数，并计算使得 $s^{\prime }[1,i-1]=t[1,i-1]$ 且 $s^{\prime }[i]<t[i]$ 的最少操作次数。后者中的最小值即为答案。
对于前者，每次从当前位右边找到最近的 $t[i]$ 移过来并维护答案；对于后者，每次从当前位右边找到最近的 $c<t[i]$ 移过来并计算答案。
所以我们对字符集里每个字符按顺序记下其出现位置。这样，每次要找到最近的某个字符，就取该字符最早的没有被使用过的出现位置。

CF1551E Fixed Points

由于把前 $i$ 个数删到仅剩 $j$ 个数的代价为 $i-j$，设 $d{p}_{i,j}$ 表示把前 $i$ 个数删到仅剩 $j$ 个数能获得的最大的 $i=a_i$ 个数，则 $d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i-1,j},d{p}_{i-1,j-1}+[j=a_i])$，最后在所有满足 $d{p}_{i,j}\ge k$ 的 $i-j$ 取最小值即可。

CF1613E Crazy Robot

考虑一个点想要走到实验室，那么它周围的空单位（已经确定为 '+' 的不算）只能有一个或者没有。所以直接从实验室 bfs 即可。

CF1616D Keep the Average High

首先将所有的 $a_i\leftarrow a_i-x$，这样只要满足 $a_l+a_{l+1}+\cdots +a_{r-1}+a_r\ge 0$。
对于 $a_i(i\in [2,n])$，如果 $a_i+a_{i-1}+a_{i-2}<0$ 或者 $a_i+a_{i-1}<0$，显然就不能选 $a_i$ 了，于是将 $a_i\leftarrow inf$。

CF1548B Integers Have Friends

可以发现最后答案区间内的数作差 gcd 大于1，维护一个差分数组，求出最长的子区间使得该区间 gcd 大于1。用 st 表和二分求解即可。

CF1554C Mikasa

设最终答案为 $k$，由异或性质可知：$n⨁k>m$。
令 $p=m+1$，即求出最小的 $k$，使 $n⨁k\ge p$。
我们按位考虑（从高位到低位），用 $x_i$ 表示数字 $x$ 在二进制下的第 $i$ 位。
那么一共有四种情况：
1.$n_i=p_i=1$，此时 $k_i=0$。
2.$n_i=p_i=0$，此时 $k_i=0$。
3.$n_i=0,p_i=1$，此时 $k_i=1$。
4.$n_i=1,p_i=0$，此时 $k_i=0$，注意此时 $n⨁k$ 一定大于 $p$，所以直接 break，后面数位全部填 $0$ 即可。

CF1556C Compressed Bracket Sequence

首先一个显然的性质是任何序列数量都不为零，表明每一对左右括号序列至少会产生 $1$ 的贡献。
设此时给出 $a$ 的左括号，$b$ 的右括号。要求 $a>b$，那么左括号多了 $a-b$ 个。
我们将多出来的设为 $res$，考虑 $res$ 可产生贡献的所有情况：
1.显然不能再对当前数对产生贡献。
2.对后面新的数对且右括号多的与之产生贡献。
3.而在与后面的右括号匹配的同时，也意味着它跨过了至少两个数对，会产生额外的贡献。
注意细节统计即可。

CF1560E Polycarp and String Transformation

首先很容易得到结论：从字符串 $t$ 的末尾向前遍历，越早出现的字符越晚被删掉，所以我们将字符串从后向前遍历一遍即可。
然后我们统计出每个字符出现的次数，设为 $cn{t}_i$，如果它在第 $q$ 轮被删除，那么它在初始串中的出现次数为 $\frac{cn{t}_i}{q}$。
如果任意一个 $cn{t}_i$ 不能整除 $q$，那么就无解，输出 $-1$。
求出初始串长度后，按照题中的操作过程得到的解检验一遍即可。

CF1572A Book

如果想要理解第 $x$ 章就必须理解第 $y$ 章，那么我们可以连一条 $y\to x$ 的边，使用优先队列对图进行拓扑排序，将阅读次数小的放在前面，若阅读次数相同则按照阅读章节编号排序。显然如果有环，输出 $-1$。假设现在有一条 $u\to v$ 的边，如果 $u$ 大于 $v$，就需要在下一次才能理解第 $v$ 章。最后直接输出阅读次数最多的章节读了多少遍。

CF1582F1 Korney Korneevich and XOR (easy version)

我们发现值域非常小，考虑用值域来解决这道题，用数组 $f_i$ 来存 $i$ 这个数能异或的值，那么对于每一个 $a_i$，先用 $f_{a_i}$ 的值更新答案，再将这个异或出来的值加入 $\sum _{i=a_i+1}^v{f}_i$，$v$ 为值域。用 $vi{s}_{i,j}$ 表示在 $f_i$ 中 $j$ 有没有出现过，如果没有出现就加入这个值，时间复杂度为 $O(n+v^3)$。

CF1575D Divisible by Twenty-Five

数据范围很小，暴力即可。

CF1611F ATM and Students

双指针，每一次向右移动一次右指针，然后不断向右移动左指针直到满足条件，这个过程中维护当前剩下的钱即可。

CF1582E Pchelyonok and Segments

如果从前往后考虑，我们不知道第一个区间长度是多少，因此从后往前 dp。设 $d{p}_{i,j}$ 表示第 $i$ 位的后缀中，存在一个满足条件且最长区间长度为 $[l,r]$ 为 $j$ 的 $[l,r]$ 区间和的最大值。
转移时首先 $d{p}_{i,j}\leftarrow d{p}_{i+1,j}$，然后计算 $[i,i+j-1]$ 的区间和 $s$，若 $s<d{p}_{i+j,j-1}$ 则可以选择 $[i,i+j-1]$，令 $d{p}_{i,j}\leftarrow max(d{p}_{i,j},s)$。
由于区间长度不超过 $\sqrt{n}$ 所以时间复杂度为 $O(n\sqrt{n})$。